【物理】带电粒子在复合场中的运动练习及解析

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练

1．如图所示，在坐标系Oxy 的第一象限中存在沿y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E ．在其它象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．A 是y 轴上的一点，它到坐标原点O 的距离为h ；C 是x 轴上的一点，到O 的距离为L ．一质量为m ，电荷量为q 的带负电的粒子以某一初速度沿x 轴方向从A 点进入电场区域，继而通过C 点进入磁场区域．并再次通过A 点，此时速度方向与y 轴正方向成锐角．不计重力作用．试求： （1）粒子经过C 点速度的大小和方向； （2）磁感应强度的大小B ．

【来源】2007普通高等学校招生全国统一考试（全国卷Ⅱ)理综物理部分 【答案】（1）α＝arctan

2h l

（2）B 2212mhE

h l q

+【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：（1）以a 表示粒子在电场作用下的加速度，有qE ma ＝①

加速度沿y 轴负方向．设粒子从A 点进入电场时的初速度为0v ，由A 点运动到C 点经历的时间为t ， 则有：2

12

h at =

② 0l v t =③

由②③式得02a v h

＝ 设粒子从C 点进入磁场时的速度为v ，v 垂直于x 轴的分量12v ah ＝⑤ 由①④⑤式得：2

2101

v v v +＝(

)22

42qE h l mh

+⑥

设粒子经过C 点时的速度方向与x 轴的夹角为α，则有

1

v

tan

v

α＝⑦

由④⑤⑦式得

2h

arctan

l

α＝⑧

（2）粒子从C点进入磁场后在磁场中作速率为v的圆周运动．若圆周的半径为R，

则有qvB＝m

2

v

R

⑨

设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有PC＝PA R

＝．用β表示PA与y轴的夹角，由几何关系得：Rcos Rcos h

βα

=+⑩

Rsin l Rsin

βα

=－

解得

22

22

4

2

h l

R h l

hl

+

+

＝

由⑥⑨式得：B=

22

12mhE

h l q

+

2．压力波测量仪可将待测压力波转换成电压信号，其原理如图1所示，压力波p（t）进入弹性盒后，通过与铰链O相连的“”型轻杆L，驱动杆端头A处的微型霍尔片在磁场中沿x轴方向做微小振动，其位移x与压力p成正比（,0

x p

αα

=>）．霍尔片的放大图如图2所示，它由长×宽×厚=a×b×d，单位体积内自由电子数为n的N型半导体制成，磁场方

向垂直于x轴向上，磁感应强度大小为

(1)0

B B x

ββ

=->

，．无压力波输入时，霍尔片静止在x=0处，此时给霍尔片通以沿12

C C方向的电流I，则在侧面上D1、D2两点间产生霍尔电压U0.

（1）指出D 1、D 2两点那点电势高；

（2）推导出U 0与I 、B 0之间的关系式（提示：电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系为I=nevbd ，其中e 为电子电荷量）；

（3）弹性盒中输入压力波p （t ），霍尔片中通以相同的电流，测得霍尔电压U H 随时间t 变化图像如图3，忽略霍尔片在磁场中运动场所的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率．（结果用U 0、U 1、t 0、α、及β）

【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题

【答案】(1) D 1点电势高 (2) 0

01IB U ne d

= (3) 101(1)U A U αβ=- ，012f t =

【解析】

【分析】由左手定则可判定电子偏向D 2边，所以D 1边电势高；当电压为U 0时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力，根据电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系为I=nevbd 求出U 0与I 、B 0之间的关系式；图像结合轻杆运动可知，0-t 0内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则可知轻杆的运动周期，当杆运动至最远点时，电压最小，结合U 0与I 、B 0之间的关系式求出压力波的振幅．

解：（1）电流方向为C 1C 2，则电子运动方向为C2C1，由左手定则可判定电子偏向D 2边，所以D 1边电势高；

（2）当电压为U 0时，电子不再发生偏转，故电场力等于洛伦兹力

0U qvB q

b

= ① 由电流I nevbd = 得：I

v nebd

=

② 将②带入①得0

0IB U ned

=

（3）图像结合轻杆运动可知，0-t 0内，轻杆向一侧运动至最远点又返回至原点，则轻杆的运动周期为T=2t 0 所以，频率为: 0

12f t =

当杆运动至最远点时，电压最小，即取U 1，此时0(1)B B x β=- 取x 正向最远处为振幅A ，有：0

1(1?)IB U A ned

β=

-

所以：0

0011(1)1IB U ned IB A U A

ned ββ==-- 解得：01

U U A U β-=

根据压力与唯一关系x p α=可得x

p α

=

因此压力最大振幅为：01

m U U p U αβ-=

3．

如图所不，在x 轴的上方存在垂直纸面向里，磁感应强度大小为B 0的匀强磁场．位于x 轴下方的离子源C 发射质量为m 、电荷量为g 的一束负离子，其初速度大小范围0?

，这束离子经电势差

的电场加速后，从小孔O （坐标原点）垂直x 轴并垂直

磁场射入磁场区域，最后打到x 轴上．在x 轴上2a ?3a 区间水平固定放置一探测板（

），假设每秒射入磁场的离子总数为N 0，打到x 轴上的离子数均匀分布（离子

重力不计）．

（1）求离子束从小孔O 射入磁场后打到x 轴的区间；

（2）调整磁感应强度的大小，可使速度最大的离子恰好打在探测板右端，求此时的磁感应强度大小B 1；

（3）保持磁感应强度B 1不变，求每秒打在探测板上的离子数N ；若打在板上的离子80%被吸收，20%被反向弹回，弹回速度大小为打板前速度大小的0.6倍，求探测板受到的作用力大小．

【来源】浙江省2018版选考物理考前特训（2017年10月)加试30分特训：特训7 带电粒子在场中的运动试题 【答案】（1）；（2）

（3）

【解析】

(1)对于初速度为0的离子，根据动能定理：：qU＝mv

在磁场中洛仑兹力提供向心力：，所以半径：r1＝＝a

恰好打在x＝2a的位置；

对于初速度为v0的离子，qU＝mv－m(v0)2

r2＝＝2a，

恰好打在x＝4a的位置

故离子束从小孔O射入磁场打在x轴上的区间为[2a，4a]

(2)由动能定理

qU＝mv－m(v0)2

r3＝

r3＝a

解得B1＝B0

(3)对速度为0的离子

qU＝mv

r4＝＝a

2r4＝1.5a

离子打在x轴上的区间为[1.5a,3a]

N＝N0＝N0

对打在x＝2a处的离子

qv3B1＝

对打在x＝3a处的离子

qv4B1＝

打到x轴上的离子均匀分布，所以＝

由动量定理

－Ft＝－0.8Nm＋0.2N(－0.6m－m)

解得F＝N0mv0．

【名师点睛】

初速度不同的粒子被同一加速电场加速后，进入磁场的速度也不同，做匀速圆周运动的半径不同，转半圈后打在x轴上的位置不同．分别求出最大和最小速度，从而求出最大半径和最小半径，也就知道打在x轴上的区间；打在探测板最右端的粒子其做匀速圆周运动的半径为1.5a，由半径公式也就能求出磁感应强度；取时间t=1s，分两部分据动量定理求作用力．两者之和就是探测板受到的作用力．

4．如图所示,待测区域中存在匀强电场和匀强磁场,根据带电粒子射入时的受力情况可推测其电场和磁场. 图中装置由加速器和平移器组成,平移器由两对水平放置、相距为l 的相同平行金属板构成,极板长度为l 、间距为d,两对极板间偏转电压大小相等、电场方向相反. 质量为m 、电荷量为+q 的粒子经加速电压U0 加速后,水平射入偏转电压为U1 的平移器,最终从A 点水平射入待测区域. 不考虑粒子受到的重力.

(1)求粒子射出平移器时的速度大小v1;

(2)当加速电压变为4U0 时,欲使粒子仍从A 点射入待测区域,求此时的偏转电压U; (3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域,刚进入时的受力大小均为F. 现取水平向右为x 轴正方向,建立如图所示的直角坐标系Oxyz. 保持加速电压为U0 不变,移动装置使粒子沿不同的坐标轴方向射入待测区域,粒子刚射入时的受力大小如下表所示.

请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向. 【来源】2012年普通高等学校招生全国统一考试理综物理（江苏卷) 【答案】(1)0

12qU v m

=

1U?4U = （3）E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°，

若B 沿-x 轴方向，E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°． 【解析】

(1)设粒子射出加速器的速度为0v 动能定理2001

2

qU mv =

由题意得10v v =，即0

12qU v m

=

(2)在第一个偏转电场中,设粒子的运动时间为t 加速度的大小1

qU a md

=

在离开时,竖直分速度y

v at = 竖直位移2

112

y at =

水平位移1

l v t =

粒子在两偏转电场间做匀速直线运动,经历时间也为t 竖直位移2y y v t =

由题意知,粒子竖直总位移12

y?2y y =+ 解得2

10U l y

U d

=

则当加速电压为04U 时,1U?4U =

（3）(a)由沿x 轴方向射入时的受力情况可知:B 平行于x 轴. 且F

E q

= (b)由沿y +

-轴方向射入时的受力情况可知:E 与Oxy 平面平行.

222F f (5F)+=,则f?2F =且1f?qv B =

解得0

2F m

B B

qU =

(c)设电场方向与x 轴方向夹角为

.

若B 沿x 轴方向,由沿z 轴方向射入时的受力情况得222sin )(cos )(7)f F F F αα++=（ 解得

=30°,或

=150°

即E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为30°或150°. 同理,若B 沿-x 轴方向

E 与Oxy 平面平行且与x 轴方向的夹角为-30°或-150°.

5．在场强为B 的水平匀强磁场中，一质量为m 、带正电q 的小球在O 静止释放，小球的运动曲线如图所示．已知此曲线在最低点的曲率半径为该点到z 轴距离的2倍，重力加速度为g ．求：

(1)小球运动到任意位置P (x ，y)的速率v ； (2)小球在运动过程中第一次下降的最大距离y m ； (3)当在上述磁场中加一竖直向上场强为E (mg

E q

>)的匀强电场时，小球从O 静止释放后获得的最大速率m v 。

【来源】江苏高考物理试题复习

【答案】(1)2v gy =；(2)2222m m g

y q B

= ；(3)()2m v qE mg qB =-。 【解析】 【详解】

⑴洛伦兹力不做功，由动能定理得

2

102

mgy mv =

- ① 解得

2v gy = ②

⑵设在最大距离m y 处的速率为m v ，根据圆周运动有

2m

m v qv B mg m R

-= ③

且由②知

2m m v gy = ④

由③④及2m R y =，得

2222m m g

y q B

= ⑤

⑶小球运动如图所示，

由动能定理得

2

1()2

m m qE mg y mv -= ⑥

由圆周运动得

2m

m v qv B mg qE m R

+-= ⑦

且由⑥⑦及2m R y =，解得：

()2

m v qE mg qB

=

-

6．如图为一种质谱仪工作原理示意图.在以O 为圆心，OH 为对称轴，夹角为2α的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场.对称于OH 轴的C 和D 分别是离子发射点和收集点.CM 垂直磁场左边界于M ，且OM =d .现有一正离子束以小发散角（纸面内）从C 射出，

这些离子在CM方向上的分速度均为v0.

若该离子束中比荷为q m

的离子都能汇聚到D，试

求：

（1）磁感应强度的大小和方向（提示：可考虑沿CM方向运动的离子为研究对象）；（2）离子沿与CM成θ角的直线CN进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间；（3）线段CM的长度.

【来源】电粒子在磁场中的运动

【答案】（1）0

mv

B

qd

=，磁场方向垂直纸面向外；（2）

cos

d

R

θ

'=，

()

2

t d

v

θα

+

=；（3）cos

CM d tα

=。

【解析】

【分析】

【详解】

（1）设沿CM方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R

由

2

v

qv B m

R

=

R=d

得0

mv

B

qd

=，磁场方向垂直纸面向外

（2）设沿CN运动的离子速度大小为v，在磁场中的轨道半径为R′，运动时间为t，由

v cosθ=v0

得v ＝0

cos v θ

由

2

v qvB m R ='

解得：R′=

cos d

θ

方法一：设弧长为s ，则运动的时间：

t =

s v

又

s=2(θ+α)×R′

解得t =

()

2d v θα+ 方法二：离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝

2m

qB

π，则有： ()0

2t T d v θαθαπ++=?= （3）方法一：由几何关系得：

CM =MN cot θ

则有：

()sin sin MN d R αβα

'

+=+

解得：cos d

R θ

'=

， 以上3式联立求解得 CM =d cot α

方法二：

设圆心为A ，过A 做AB 垂直NO ，如图所示

由几何关系得：

cos cos d

NM MB R MB MB d MB θθ

-='-=

-=- 而BO d MB =- 因此NM =BO 因

NM =CM tan θ

又

cot sin cot sin cot cos d

BO AB R αθαθαθ

=='=

解得：CM =d cot α

7．如图所示，在平面直角坐标系xOy 中的第一象限内存在磁感应强度大小为B 、方向垂直于坐标平面向里的有界矩形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x 轴负方向的匀强电场。一粒子源固定在x 轴上坐标为(),0L -的A 点。粒子源沿y 轴正方向释放出速度大小为0v 的电子，电子通过y 轴上的C 点时速度方向与y 轴正方向成45α=角，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x 轴正方向成15β=角的射线OM 已知电子的质量为m ，电荷量为e ，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用)。求：

()1匀强电场的电场强度E 的大小； ()2电子在电场和磁场中运动的总时间t ()3矩形磁场区域的最小面积min S 。

【来源】湖南省怀化市2019年高考物理一模物理试题

【答案】(1)20

2mv eL

；(2)0223L m v eB π+；203()mv eB 【解析】 【详解】

()1电子从A 到C 的过程中，由动能定理得：2

20112

2

C eEL mv mv =-

0cos45C v v =

联立解得：20

2mv E eL

=

()

2电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有：1sin 2

C v L t α

=

其中0

cos C v v α

=

由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于圆心角：23

πθ= 电子在磁场中的运动时间：22t T θπ

= 其中2m

T eB

π=

电子在电场和磁场中运动的总时间12t t t =+ 联立解得：0223L m t v eB

π=

+ ()3电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，

则有 2C

v evB m r

=

最小矩形区域如图所示，

由数学知识得：2sin

2

CD r θ

=? cos

2

CQ r r θ

=-

最小矩形区域面积：min S CD CQ =? 联立解得：2

03(

)mv Smin eB

=

8．如图甲所示，在xOy 平面内有足够大的匀强电场E ，在y 轴左侧平面内有足够大的磁场，磁感应强度B 1随时间t 变化的规律如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向。在y 轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r=0.3m 的圆形区域(图中未画出)且圆的左侧与y 轴相切，磁感应强度B 2=0.8T ，t=0时刻，一质量m=8×10－4kg 、电荷量q=+2×10－4C 的微粒从x 轴上x p =－0.8m 处的P 点以速度v=0.12m/s 向x 轴正方向入射。已知该带电微粒在电磁场区域做匀速圆周运动。(g 取10m/s 2)

(1)求电场强度。

(2)若磁场15πs 后消失，求微粒在第二象限运动过程中离x 轴的最大距离；

(3)若微粒穿过y 轴右侧圆形磁场时速度方向的偏转角最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x ，y)。

【来源】陕西榆林市2019届高考模拟第三次测试理科综合物理试题

【答案】(1) 40/E N C =，方向竖直向上 (2) 2.4m (3)(0.302.25)，

【解析】 【详解】

(1)因为微粒射入电磁场后做匀速圆周运动受到的电场力和重力大小相等，则：qE mg = 解得：40/E N C =，方向竖直向上

(2)由牛顿第二定律有：2

11

v qvB m

R =

所以11

0.6mv

R m qB =

= 1

210m

T s qB ππ=

= 从图乙可知在05s π~内微粒做匀速圆周运动，在510s ππ~内微粒向左做匀速直线运动．在1015s ππ~内微粒又做匀速圆周运动，在15s π内微粒向右做匀速直线运动，之后穿过y 轴．

离x 轴的最大距离11'224 2.4s R R m =?==

(3)如图，微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，入射点A 与出射点B 的连线必须为磁场圆的直径．

由牛顿第二定律，有2

22

v qvB m R =

所以22

0.62mv

R m r qB =

==

所以最大偏转角为60° 所以圆心坐标0.30x m =

1

'60 2.40.3 2.252

y s rcos m m =-?=-?=

即磁场的圆心坐标为()0.302.25，．

9．正、负电子从静止开始分别经过同一回旋加速器加速后，从回旋加速器D 型盒的边缘引出后注入到正负电子对撞机中．正、负电子对撞机置于真空中．在对撞机中正、负电子对撞后湮灭成为两个同频率的光子．回旋加速器D 型盒中的匀强磁场的磁感应强度为0B ，回旋加速器的半径为R ，加速电压为U ；D 型盒缝隙间的距离很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．电子的质量为m 、电量为e ，重力不计．真空中的光速为c ，普朗克常量为h ．

（1）求正、负电子进入对撞机时分别具有的能量E 及正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率v

（2）求从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程中，D 型盒间的电场对电子做功的平均功率P

（3）图甲为正负电子对撞机的最后部分的简化示意图．位于水平面的粗实线所示的圆环真空管道是正、负电子做圆周运动的“容器”，正、负电子沿管道向相反的方向运动，在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁．即图中的A 1、A 2、A 4……A n 共有n 个，均匀分布在整个圆环上．每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下．磁场区域的直径为d ．改变电磁铁内电流大小，就可以改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度．经过精确调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中粗虚线所示的轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一直径的两端，如图乙所示．这就为进一步实现正、负电子的对撞做好了准备．求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B 大小

【来源】2019年天津市滨海新区塘沽一中高三三模理综物理试卷

【答案】(1) 222202e B R mc v mh h =+，222

02e B R E m = ；(2) 20e B U m

π ；(3)02sin B R n d

π

【解析】 【详解】

解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有：2

00mv evB R

=

解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为：00eB R

v m

=

正、负电子进入对撞机时分别具有的能量：2222

00122e B R E mv m

==

正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有：222E mc hv +=

正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率：2222

02e B R mc v mh h

=+

(2) 从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程，设在电场中加速n 次，则有：

201

2

neU mv =

解得：22

02eB R n mU

=

正、负电子在磁场中运动的周期为：0

2m

T eB π=

正、负电子在磁场中运动的时间为：2022B R n

t T U

π==

D 型盒间的电场对电子做功的平均功率：20e B U

W E P t t m

π===

(3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r ，由几何关系可得sin

2

d

r n

π

=

解得：

2sin

d r n

π=

根据洛伦磁力提供向心力可得：2

00mv ev B r

=

电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B 大小：

02sin

B R n B d

π

=

10．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B 和B （B 的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y 方向的匀强电场，x 轴上有一点P ，其坐标为（L ，0）。现使一个电量大小为q 、质量为m 的带正电粒子从坐标（﹣2a ，a ）处以沿+x 方向的初速度v 0出发，该粒子恰好能经原点进入y 轴右侧并在随后经过了点P ，不计粒子的重力。

（1）求粒子经过原点时的速度； （2）求磁感应强度B 的所有可能取值

（3）求粒子从出发直至到达P 点经历时间的所有可能取值。 【来源】2019年东北三省四市高考二模物理试题

【答案】（12v 0，方向：与x 轴正方向夹45°斜向下； （2）磁感应强度B 的所有可能取值：0

nmv B qL

=

n ＝1、2、3……； （3）粒子从出发直至到达P 点经历时间的所有可能取值：023(1)24a m m t k k v qB qB

ππ=++- k ＝1、2、3……或02324a m m

t n n v qB qB

ππ=++ n ＝1、2、3……。 【解析】 【详解】

（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2a ＝v 0t ， 竖直方向：2

y v a t =

，

解得：v y ＝v 0，tan θ＝

y v v ＝1，θ＝45°，

粒子穿过O 点时的速度：2

2002v v v v =+=；

（2）粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

2

v qvB m r

= ，

粒子能过P 点，由几何知识得：L ＝nr cos45° n ＝1、2、3……， 解得：0

nmv B qL

=

n ＝1、2、3……； （3）设粒子在第二象限运动时间为t 1，则：t 1＝

2a v ； 粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：12m T qB π=

，2m

T qB

π=， 粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为3/4圆弧，

若粒子经下方磁场直接到达P点，则粒子在磁场中的运动时间：t2＝1

4

T1，

若粒子经过下方磁场与上方磁场到达P点，粒子在磁场中的运动时间：t2＝1 4

T1+

3

4

T2，

若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P点：t2＝2×

1

4

T1+

3

4

T2，

若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P点：t2＝2×

1

4

T1+2×

3

4

T2，

…………

则2

3

(1)

24

m m

t k k

qB qB

ππ

=+-k＝1、2、3……

或2

3

24

m m

t n n

qB qB

ππ

=+ n＝1、2、3……

粒子从出发到P点经过的时间：t＝t1+t2，

解得：

23

(1)

24

a m m

t k k

v qB qB

ππ

=++-k＝1、2、3……

或

23

24

a m m

t n n

v qB qB

ππ

=++ n＝1、2、3……；

11．如图所示，A、B两水平放置的金属板板间电压为U(U的大小、板间的场强方向均可调节)，在靠近A板的S点处有一粒子源能释放初速度为零的不同种带电粒子，这些粒子经A、B板间的电场加速后从B板上的小孔竖直向上飞出，进入竖直放置的C、D板间，C、D 板间存在正交的匀强电场和匀强磁场，匀强电场的方向水平向右，大小为E，匀强磁场的方向水平向里，大小为B1。其中一些粒子能沿图中虚线做直线运动到达上方竖直圆上的a 点，圆内存在磁感应强度大小为B2、方向水平向里的匀强磁场。其中S、a、圆心O点在同一竖直线上。不计粒子的重力和粒子之间的作用力。求：

(1)能到达a点的粒子速度v的大小；

(2)若e、f两粒子带不同种电荷，它们的比荷之比为1︰3，都能到达a点，则对应A、B两金属板间的加速电压U1︰U2的绝对值大小为多大；

(3)在满足(2)中的条件下，若e粒子的比荷为k，e、f两粒子在磁场圆中射出的两位置恰好在圆形磁场的同一条直径上，则两粒子在磁场圆中运动的时间差△t为多少?

【来源】河南省名校联盟2019届年高三第五次（3月份)调研考试理科综合物理试题 【答案】（1）1

E v B =；（2）12:3:1U U =；（3）12

29t t t kB π

?=-= 【解析】 【详解】

解：(1)能达到a 点的粒子速度设为v ，说明在C 、D 板间做匀速直线运动，有：1qvB qE = 解得：1

E

v B =

(2)由题意得e 、f 两粒子经A 、B 板间的电压加速后，速度都应该为v ，根据动能定理得：

21

qU mv 2

=

它们的比荷之比：

e f

e f

q q :1:3m m = 得出：12U :U 3:1=

(3)设磁场圆的半径为R ，e 、f 粒子进入磁场圆做圆周运动

对e 粒子：2

1211v q vB m r =

对f 粒子：2

2222

v q vB m r =

解得：12r 3r 1

=

e 、

f 两粒子在磁场圆中射出的两位置恰好在同一条直径上，说明两粒子的偏转角之和为

180， e 、f 两粒子的轨迹图如图所示，由几何关系有：

1

R tan θr =

2

R tan θr =

θα90+=

联立解得：θ30=，α60=

e 、

f 两粒子进入磁场圆做匀速圆周运动的周期满足：

1

12πr T v = 2

22πr T v

=

e f

e f

q q :1:3m m = 在磁场中运动的时间：

112θ

t T 360= 222α

t T 360

=

12t t >

两粒子在磁场中运动的时间差为：122

π

Δt t t 9kB =-=

12．如图，空间某个半径为R 的区域内存在磁感应强度为B 的匀强磁场，与它相邻的是一对间距为d ，足够大的平行金属板，板间电压为U 。一群质量为m ，带电量为q 的带正电的粒子从磁场的左侧以与极板平行的相同速度射入磁场。不计重力，则

（1）离极板AB 距离为

2

R

的粒子能从极板上的小孔P 射入电场，求粒子的速度？ （2）极板CD 上多长的区域上可能会有带电粒子击中？

（3）如果改变极板的极性而不改变板间电压，发现有粒子会再次进入磁场，并离开磁场区域。计算这种粒子在磁场和电场中运动的总时间。

【来源】江苏省苏州新区一中2019届高三一摸模拟物理试题 【答案】（1）入射粒子的速度qBR

v m

=

；（2）带电粒子击中的长度为222222B R d q x mU

=；（3）总时间12

2m dBR t t t qB U π=+=+ 【解析】 【详解】

（1）洛伦兹力提供向心力，2

mv qvB r

=，解得

mv r qB = 根据作图可解得，能从极板上的小孔P 射入电场，r R = 所以，入射粒子的速度qBR

v m

=

（2）所有进入磁场的粒子都能从P 点射入电场，从最上边和最下边进入磁场的粒子将平行极板进入电场，这些粒子在垂直于电场方向做匀加速直线运动，F qU a m md

=

= 212

d at =

解得2

2md t qU

=

沿极板运动的距离2222B R d q

x vt mU ==

有带电粒子击中的长度为222222

B R d q

x mU

= （3）能再次进入磁场的粒子应垂直于极板进入电场，在电场中运动的时间

122

v dBR t a U

== 在磁场中运动的时间为22

T

t =

，22R m T v qB ππ==