高考物理带电粒子在复合场中的运动压轴题二轮复习附答案解析

一、带电粒子在复合场中的运动压轴题

1．在xOy平面的第一象限有一匀强电磁，电场的方向平行于y轴向下，在x轴和第四象限的射线OC之间有一匀强电场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，有一质量为m，带有电荷量+q的质点由电场左侧平行于x轴射入电场，质点到达x轴上A点，速度方向与x轴的夹角为φ，A点与原点O的距离为d，接着，质点进入磁场，并垂直与OC飞离磁场，不计重力影响，若OC与x轴的夹角为φ.求：

⑴粒子在磁场中运动速度的大小； ⑵匀强电场的场强大小.

【来源】带电粒子在复合场中的运动 计算题 【答案】(1)【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：（1）由几何关系得：R=dsinφ 由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得解得：

(2)

（2）质点在电场中的运动为类平抛运动．设质点射入电场的速度为v0，在电场中的加速度为a，运动时间为t，则有：

v0=vcosφ vsinφ=at d=v0t

设电场强度的大小为E，由牛顿第二定律得 qE=ma 解得：

2．扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆．其简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直纸面．一质量为m，电量为-q，重力不计的粒子，从靠行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入Ⅰ区，射入时速度与水平和方向夹角30

（1）当Ⅰ区宽度L1L、磁感应强度大小B1B0时，粒子从Ⅰ区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30，求B0及粒子在Ⅰ区运动的时间t0

（2）若Ⅱ区宽度L2L1L磁感应强度大小B2B1B0，求粒子在Ⅰ区的最高点与Ⅱ区的最低点之间的高度差h

（3）若L2L1L、B1B0，为使粒子能返回Ⅰ区，求B2应满足的条件

（4）若B1B2，L1L2，且已保证了粒子能从Ⅱ区右边界射出．为使粒子从Ⅱ区右边界射出的方向与从Ⅰ区左边界射出的方向总相同，求B1、B2、L1、、L2、之间应满足的关系式．

【来源】2011年普通高等学校招生全国统一考试物理卷（山东) 【答案】（1）tl323mUm3L （3）B2 （2）h2（或3L2q2qUB23mU）（4）B1L1B2L2

L2q【解析】

图1

（1）如图1所示，设粒子射入磁场Ⅰ区的速度为v，在磁场Ⅰ区中做圆周运动的半径为

R1，由动能定理和牛顿第二定律得

qU12mv ① 2v2qvB1m ②

R1由几何知识得

L2R1sin ③

联立①②③，带入数据得

B012mU ④

Lq设粒子在磁场Ⅰ区中做圆周运动的周期为T，运动的时间为t

T2R1 ⑤ vt2T ⑥ 2联立②④⑤⑥式，带入数据得

tL3m ⑦ 2qU（2）设粒子在磁场Ⅱ区做圆周运动的半径为R2，有牛顿第二定律得

v2qvB2m ⑧

R2由几何知识得

hR1R21cosLtan ⑨

联立②③⑧⑨式，带入数据得

2h23L ⑩

3

图2

（3）如图2所示，为时粒子能再次回到Ⅰ区，应满足

R21sinL[或R21sinL] ⑾

联立①⑧⑾式，带入数据得

B23mU3mU） ⑿ （或B2L2qL2q

图3

图4

（4）如图3（或图4）所示，设粒子射出磁场Ⅰ区时速度与水平方向得夹角为，有几何知识得L1R1sinsin ⒀ [或L1R1sinsin]

L2R2sinsin ⒁

[或]L2R2sinsin 联立②⑧式得

B1R1B2R2 ⒂

联立⒀⒁⒂式得

B1L1B2L2 ⒃

【点睛】（1）加速电场中，由动能定理求出粒子获得的速度．画出轨迹，由几何知识求出半径，根据牛顿定律求出B0．找出轨迹的圆心角，求出时间；（2）由几何知识求出高度差；（3）当粒子在区域Ⅱ中轨迹恰好与右侧边界相切时，粒子恰能返回Ⅰ区，由几何知识求出半径，由牛顿定律求出B2满足的条件；（4）由几何知识分析L1、L2与半径的关系，再牛顿定律研究关系式．

3．质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域．汤姆孙发现电子的质谱装置示意如图，M、N为两块水平放置的平行金属极板，板长为L，板右端到屏的距离为D，且D远大于L，OO为垂直于屏的中心轴线，不计离子重力和离子在板间偏离OO的距离．以屏中心O为原点建立xOy直角坐标系，其中x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向．

（1）设一个质量为m0、电荷量为q0的正离子以速度v0沿OO的方向从O点射入，板间

不加电场和磁场时，离子打在屏上O点．若在两极板间加一沿y方向场强为E的匀强电场，求离子射到屏上时偏离O点的距离y0；

（2）假设你利用该装置探究未知离子，试依照以下实验结果计算未知离子的质量数． 上述装置中，保留原电场，再在板间加沿y方向的匀强磁场．现有电荷量相同的两种正离子组成的离子流，仍从O＇点沿OO方向射入，屏上出现两条亮线．在两线上取y坐标相同的两个光点，对应的x坐标分别为3.24mm和3.00mm，其中x坐标大的光点是碳12离子击中屏产生的，另一光点是未知离子产生的．尽管入射离子速度不完全相等，但入射速度都很大，且在板间运动时OO方向的分速度总是远大于x方向和y方向的分速

度．

【来源】2018年9月29日 《每日一题》一轮复习-周末培优 【答案】（1）y0（2）m214u

故该未知离子的质量数为14 【解析】

：（1）离子在电场中受到的电场力

q0ELD2 m0v0Fyq0E①

离子获得的加速度

ayFym0②

离子在板间运动的时间

t0L③ v0到达极板右边缘时，离子在y方向的分速度

vyayt0④

离子从板右端到达屏上所需时间

t0'D⑤ v0离子射到屏上时偏离O点的距离

y0vyt0'

由上述各式，得

y0q0ELD⑥ m0v02（2）设离子电荷量为q，质量为m，入射时速度为v，磁场的磁感应强度为B，磁场对离子的洛伦兹力

FxqvB⑦

已知离子的入射速度都很大，因而离子在磁场中运动时间甚短，所经过的圆弧与圆周相比甚小，且在板间运动时，O'O方向的分速度总是远大于在x方向和y方向的分速度，洛伦兹力变化甚微，故可作恒力处理，洛伦兹力产生的加速度

axqvB⑧ max是离子在x方向的加速度，离子在x方向的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动，

到达极板右端时，离子在x方向的分速度

vxaxtqvBLqBL()⑨ mvm离子飞出极板到达屏时，在x方向上偏离O点的距离

xvxt'qBLDqBLD()⑩ mvmv当离子的初速度为任意值时，离子到达屏上时的位置在y方向上偏离O点的距离为y，考虑到⑥式，得

yqELD⑾ mv2ky⑿ m由⑩、⑾两式得

x2qB2LD其中k

E上式表明，k是与离子进入板间初速度无关的定值，对两种离子均相同，由题设条件知，

x坐标3.24mm的光点对应的是碳12离子，其质量为m112u，x坐标3.00mm的光点对

应的是未知离子，设其质量为m2，由⑿式代入数据可得

m214u⒀

故该未知离子的质量数为14．

4．如图1所示，宽度为d的竖直狭长区域内（边界为L1、L2），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为E0，E＞0表示电场方向竖直向上。t0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边

界上的N2点，Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g，上述d、E0、m、v、g为已知量。

(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小； (2)求电场变化的周期T；

(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值。

【来源】2010年普通高等学校招生全国统一考试（安徽卷)理综 【答案】(1)B【解析】 【分析】

根据物体的运动性质结合物理情景确定物体的受力情况。再根据受力分析列出相应等式解决问题。 【详解】

(1)根据题意，微粒做圆周运动，洛伦兹力完全提供向心力，重力与电场力平衡， 则mg=qE0 ①

∵微粒水平向右做直线运动，∴竖直方向合力为0. 则 mg+qE0=qvB ② 联立①②得：q=

③B=

④

dv(21)v2E0；(2)Tt1t2；(3)Tmint1mint2。 2vg2gv(2)设微粒从N1运动到Q的时间为t1，作圆周运动的周期为t2， 则=vt1⑤qvB=m

⑥2πR=vt2 ⑦

，t2=+

⑧ ⑨

联立③④⑤⑥⑦得：t1=电场变化的周期T=t1+t2=

(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求 d≥2R ⑩ 联立③④⑥得：R=

，设N1Q段直线运动的最短时间t1min，由⑤⑩得t1min=

。

，

因t2不变，T的最小值 Tmin=t1min+t2=

答：(1)微粒所带电荷量q为(2)电场变化的周期T为(3)T的最小值为【点睛】

+

，磁感应强度B的大小为。 。

。

运动与力是紧密联系的，通过运动情况研究物体受力情况是解决问题的一个重要思路。

5．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.

q的离子都能汇聚到D，试m

【来源】电粒子在磁场中的运动 【答案】（1）B2mv0dtd；R2，磁场方向垂直纸面向外；（），

qdcosv0（3）CMdcost。 【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

2v0qv0Bm

RR=d

得Bmv0，磁场方向垂直纸面向外 qdvcosθ=v0

（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

得v＝由

v0 cosv2qvBm

R解得：R′=

d coss v方法一：设弧长为s，则运动的时间：

t=

又

s=2(θ+α)×R′

解得t=

2d v02m方法二：离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，则有：

qBtT（3）方法一：由几何关系得：

2d v0CM=MNcotθ

则有：

MNdR

sinsin解得：Rd， cosCM=dcotα

以上3式联立求解得 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：

NMMBRcosMB而BOdMB 因此NM=BO 因

dMBdMB cosNM=CMtanθ

又

BOABcotRsincot解得：CM=dcotα

dsincot cos

6．如图所示，在xOy平面直角坐标系中，直角三角形ACD内存在垂直平面向里磁感应强度为B的匀强磁场，线段CO=OD=L，CD边在x轴上，∠ADC=30°。电子束沿y轴方向以相同的速度v0从CD边上的各点射入磁场，已知这些电子在磁场中做圆周运动的半径均为

L，在第四象限正方形ODQP内存在沿x轴正方向、大小为E=Bv0的匀强电场，在y=－L3处垂直于y轴放置一足够大的平面荧光屏，屏与y轴交点为P。忽略电子间的相互作用，不计电子的重力。

(1)电子的比荷；

(2)从x轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点与P点间的距离： (3)射入电场中的电子打到荧光屏上的点距P的最远距离。

【来源】【市级联考】河北省唐山市2019届高三下学期第一次模拟考试理科综合物理试题 【答案】(1) 【解析】 【分析】

根据电子束沿速度v0射入磁场，然后进入电场可知，本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动，根据在磁场中做圆周运动，在电场中做类平抛运动，运用牛顿第二定律结合几何知识并且精确作图进行分析求解； 【详解】

（1）由题意可知电子在磁场中的轨迹半径r由牛顿第二定律得Bev0=mv0

r22Le3v03 (2) (3) L mBL43L 3电子的比荷

e3v0； mBL（2）若电子能进入电场中，且离O点右侧最远，则电子在磁场中运动圆轨迹应恰好与边AD相切，即粒子从F点离开磁场进入电场时，离O点最远：

设电子运动轨迹的圆心为O点。则OF=x=2L 32LEe2，yv0t 32mt从F点射出的电子，做类平抛运动，有x代入得y=2L 3y1 2x2电子射出电场时与水平方向的夹角为有tan所以，从x轴最右端射入电场中的电子打到荧光屏上的点为G，则它与P点的距离 GPLytan2L； 3（3）设打到屏上离P点最远的电子是从(x,0)点射入电场，则射出电场时

yv0tv02xmEe2xL 3XLy设该电子打到荧光屏上的点与P点的距离为X，由平抛运动特点得xy

2所以X2xLx2y3xLx223Lx823L 833所以当xL，有XmL。

84【点睛】

本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系，粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用。

7．如图所示，x轴正方向有以(0，0.10m)为圆心、半径为r=0.10m的圆形磁场区域，磁感应强度B=2.0×10-3T，方向垂直纸面向里。PQ为足够大的荧光屏，在MN和PQ之间有方向竖直向下、宽度为2r的匀强电场(MN与磁场的右边界相切)。粒子源中有带正电的粒子不断地由静止电压U=800V的加速电场加速。粒子经加速后，沿x轴正方向从坐标原点O射入磁场区域，再经电场作用恰好能垂直打在荧光屏PQ上，粒子重力不计。粒子的比荷为

q2tan=1.0×1010C/kg，tan2。求： 21tanm

(1)粒子离开磁场时速度方向与x轴正方向夹角的正切值。 (2)匀强电场的电场强度E的大小。

(3)将粒子源和加速电场整体向下平移一段距离d(d【答案】（1）tan【解析】 【详解】

4（2）E3.84103N/C（3）1.5107s 3(1)带电粒子在电场中加速，由动能定理可得:qU解得：v0410m/s

612mv0， 22v0进入磁场后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力qv0Bm

R联立解得R12mU，R=0.2m；

Bq设速度偏离原来方向的夹角为θ，由几何关系可得tan故tan2r1， R24 3(2)竖直方向v0sinat， 水平方向2rv0cost，

aEq， m解得:E3.84103N/C

(3)粒子从C点入射，粒子在磁场中运动的最大弧弦长CD=2r=0.2m， 该粒子在磁场中运动时间最长，由几何关系可得偏向角为sin解得:α=60°； 在磁场中运动时间t1得：t12r， RR3v0，

6107s5108s

在电场中，水平方向做匀速直线运动，t2则：tt1t21.510s

72r1107s

v0cos60

8．如图所示，真空中某竖直平面内有一长为2l、宽为l的矩形区域ABCD，区域ABCD内加有水平向左的匀强电场和垂直于该竖直面的匀强磁场。一质量为m、电荷量为+q的带电微粒，从A点正上方的O点水平抛出，正好从AD边的中点P进入电磁场区域，并沿直线运动，从该区域边界上的某点Q离开后经过空中的R点(Q、R图中未画出)。已知微粒从Q点运动到R点的过程中水平和竖直分位移大小相等，O点与A点的高度差h度为g，求：

(1)微粒从O点抛出时初速度v0的大小； (2)电场强度E和磁感应强度B的大小； (3)微粒从O点运动到R点的时间t。

3l ，重力加速8

【来源】四川省攀枝花市2019届高三第三次统一考试理综物理试题 【答案】(1)v0【解析】 【详解】

（1）从O到P，带电微粒做平抛运动：

3mg243lm3gE3gl ；(2) ，B；(3) t 4q33g2qlh12gt0 223gl 313gl 2l=v0t0

所以v0（2）在P点：vy=gt02vp=v0v2y53gl 6设P点速度与竖直方向的夹角为θ，则

tanθv04 vy3带电微粒进入电磁区域后做直线运动，受力如图，可知其所受合力为零，可知：

tanθmgmg FEqsinθEmgmg fqvpB3mg 4qBm3g

2ql

（3）设微粒从P到Q所用时间为t1，

t1PD13l v02g设微粒从Q到R所用时间为t2，因水平和竖直分位移相等，得：

x2v0t2

12y2vyt2gt2

2由题意得：

x2y2

微粒从0点运动到R点的时间t为：

tt0t1t2

所以：t43l 3g

9．如图所示，在第一象限内存在匀强电场，电场方向与x轴成45°角斜向左下，在第四象限内有一匀强磁场区域，该区域是由一个半径为R的半圆和一个长为2R、宽为

R的矩形2组成，磁场的方向垂直纸面向里．一质量为m、电荷量为+q的粒子(重力忽略不计)以速度v从Q(0，3R)点垂直电场方向射入电场，恰在P(R，0)点进入磁场区域．

(1)求电场强度大小及粒子经过P点时的速度大小和方向； (2)为使粒子从AC边界射出磁场，磁感应强度应满足什么条件；

(3)为使粒子射出磁场区域后不会进入电场区域，磁场的磁感应强度应不大于多少? 【来源】【市级联考】山东省泰安市2019届高三第二次模拟考试理综物理试题

2mv2【答案】(1) E；2v，速度方向沿y轴负方向

4qR(2)

82mv22mv2271mv(3) B5qRqR3qR【解析】 【分析】 【详解】

（1）在电场中，粒子沿初速度方向做匀速运动

L13R2Rcos4522R

cos45L1vt

沿电场力方向做匀加速运动，加速度为a

L22Rsin452R

L212at 2aqE m

设粒子出电场时沿初速度和沿电场力方向分运动的速度大小分别为v1、v2，合速度v

v1v、v2at，tanv2 v2mv2联立可得E

4qR进入磁场的速度v2v12v22v

45，速度方向沿y轴负方向

（2）由左手定则判定，粒子向右偏转，当粒子从A点射出时，运动半径r1R 2mv222mv由qvB1得B1

r1qR当粒子从C点射出时，由勾股定理得

Rr22Rr22 25R 82解得r2mv282mv由qvB2得B2

r25qR根据粒子在磁场中运动半径随磁场减弱而增大，可以判断，当粒子从AC边界射出

82mv22mv时，B5qRqR

（3）为使粒子不再回到电场区域，需粒子在CD区域穿出磁场，设出磁场时速度方向平行

R于x轴，其半径为r3，由几何关系得rr3R2

2232解得r371R4

2271mvmv2由qvB3得B 3r33qR磁感应强度小于B3，运转半径更大，出磁场时速度方向偏向x轴下方，便不会回到电场中



10．如图所示，空间存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在0d的区域Ⅱ内的磁感应强度大小为2B.一个质量为m、电荷量为-q的粒子以速度

qBd 从O点沿y轴正方向射入区域Ⅰ.不计粒子重力． m

(1) 求粒子在区域Ⅰ中运动的轨道半径： (2) 若粒子射入区域Ⅰ时的速度为v程中带电粒子运动的时间；

2qBd ，求粒子打在x轴上的位置坐标，并求出此过mqBd ，求该粒子打在x轴上位置坐标的最小值． m【来源】江苏省苏锡常镇四市2019届高三第二次模拟考试物理试题

(3) 若此粒子射入区域Ⅰ的速度v【答案】（1）Rd（2） OP43d t【解析】 【分析】 【详解】

2v0（1）带电粒子在磁场中运动，洛仑磁力提供向心力：qv0Bm

r12m（3）xmin3d 3qB把v0qBd，代入上式，解得：Rd m (2) 当粒子射入区域Ⅰ时的速度为v2v0时，如图所示

在OA段圆周运动的圆心在O1，半径为R12d 在AB段圆周运动的圆心在O2，半径为Rd 在BP段圆周运动的圆心在O3，半径为R12d 可以证明ABPO3为矩形，则图中30,由几何知识可得：

OO132dcos303d

所以：OO32d3d

所以粒子打在x轴上的位置坐标OPO1O32OO343d 粒子在OA段运动的时间为：t1粒子在AB段运动的时间为t2302mm

360qB6qB1202mm

360q2B3qB302mm

360qB6qB2m 3qB粒子在BP段运动的时间为t3t1在此过程中粒子的运动时间：t2t1t2 (3)设粒子在区域Ⅰ中轨道半径为R，轨迹由图

可得粒子打在x轴上位置坐标：x2RRd化简得：3R24Rxx2d20

22R2d2 21把上式配方：3Rxx2d20 3321化简为：3Rxx2d20 3322则当R2x时，位置坐标x取最小值：xmin3d 3