第49讲 带电粒子在组合场中的运动（练习）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

这是一份第49讲 带电粒子在组合场中的运动（练习）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考），共47页。

【题型一】质谱仪模型
1．如图所示，氖的两种同位素阳离子和从容器下方的狭缝飘入电场区，它们的初动能为零，电荷量均为，经电场加速后通过狭缝、垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，离子经磁场偏转后发生分离，最终到达照相底片D上。已知加速电场的电压为，磁场的磁感应强度大小为，不考虑离子间的相互作用。
(1)求两种离子在磁场中运动的半径之比；
(2)实际上两种离子从狭缝飘入电场时的初动能不可能为零，假设其初动能介于之间，试通过计算说明两种离子经磁场偏转后在底片上是否能分离？
(3)若第（2）问中两种离子在底片上不能分离，试对该质谱仪提出两条改建措施。
【答案】(1)
(2)有可能重叠
(3)①增大加速电场电压；②减小B
【详解】（1）离子在加速电场中被加速，由动能定理
在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力
解得
两种离子在磁场中运动的半径之比
（2）假设，，，则在加速电场中由动能定理
解得在磁场中运动的半径
所以轨迹有可能重叠。
（3）改建措施：①增大加速电场电压；②减小B；
2．如图所示是中国科学院自主研制的磁约束核聚变实验装置中的“偏转系统”原理图。由正离子和中性粒子组成的多样性粒子束通过两极板间的电场后进入偏转磁场。其中的中性粒子沿原方向运动，被接收板接收；一部分离子打到左极板，其余的进入磁场发生偏转被吞噬板吞噬并发出荧光。多样性粒子束的宽度为L，粒子均横向均匀分布。偏转磁场为垂直于纸面向外的矩形匀强磁场，磁感强度为。已知离子的比荷为k，两极板间的电压为U、间距为L，极板长度为2L，吞噬板长度为2L并紧靠负极板。若离子和中性粒子的重力、相互作用力，极板厚度可忽略不计。
(1)要使速度的离子能沿直线通过两极板间的电场，可在极板间施加一垂直于纸面的匀强磁场，求的大小；
(2)调整极板间的磁场，使速度的离子沿直线通过极板后进入偏转磁场。若且上述离子全部能被吞噬板吞噬，求偏转磁场的最小面积和吞噬板的发光长度；
(3)若撤去极板间磁场且偏转磁场边界足够大，速度的离子有n个，能进入磁场的离子全部能被吞噬板吞噬，求的取值范围及吞噬板上收集的离子个数。
【答案】(1)
(2)，
(3)，
【详解】（1）速度的离子能沿直线通过两极板间的电场，离子受到的电场力与洛伦兹力平衡，则
电场强度为
解得
（2）洛伦兹力提供向心力
解得
作出离子的运动轨迹，如图所示
上述离子全部能被吞噬板吞噬，分析可知偏转磁场为最小面积矩形时，紧贴负极板射入磁场的粒子射出磁场时，沿直线运动能恰打在吞噬板的最左端。设该轨迹圆心到磁场左边界的距离为a，由相似三角形的几何关系得
解得
偏转磁场的最小面积
有上述分析可知，其发光长度一个临界在吞噬板的端点，另一个临界点是从正极板射出的离子所打的位置，由于其在磁场中轨迹为半圆，所以打在距离正极板处，所以发光长度
（3）离子在电场中做类平抛运动，则
离子在电场中的加速度为
解得
吞噬板上收集的离子个数
洛伦兹力提供向心力
进入磁场离子圆周运动半径
在磁场中偏转距离
速度为的离子射出偏转电场时，对于进入磁场的左右两边界离子而言，与吞噬板左右两端相距分别为2L、，设离子恰好打到吞噬板两端，由几何关系得
解得
3．质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示。I为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里；Ⅱ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里。从S点释放初速度为零的带电粒子（不计重力），加速后进入速度选择器做直线运动，再经O点的小孔进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示。
(1)判断粒子电性并求粒子的比荷；
(2)求O点到P点的距离；
(3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为（略大于），方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的点，求点到O点的距离。
【答案】(1)正电；
(2)
(3)
【详解】（1）由于粒子向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电。设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件得
在加速电场中，由动能定理得
联立，解得
（2）由洛伦兹力提供向心力
可得O点到P点的距离为
（3）
设打在点的速度大小v，O到的距离为y，由动能定理得
沿SO方向由动量定理得
可得
联立，解得
由
代入可得
4．如图所示，离子源能不断产生质子（质量为m电荷量为正q）和α粒子（质量为4m电荷量为正2q），两种粒子由静止开始经电势差加速后由狭缝垂直进入两平行金属板间，经偏转电场偏转从右侧射出，已知两平行板间电势差为，两板间距为d，板长为L，粒子所受重力可忽略不计。
（1）求质子偏转的距离y；
（2）在两板间再加上垂直纸面向里的由零逐渐增大的匀强磁场B，哪种粒子首先能沿直线通过电场从右侧狭缝射出，求此时的磁感应强度B。
【答案】（1）；（2）质子，
【详解】（1）质子在加速电场中加速
qU1=12mv2
质子在偏转电场中运动的时间为
质子在偏转电场中的加速度为
质子偏转的距离
联立解得
（2）质子沿直线通过电场从右侧狭缝射出时，根据平衡条件可得
电场强度为
解得磁感应强度
同理可得，沿直线通过电场从右侧狭缝射出时，磁感应强度
故质子首先能沿直线通过电场从右侧狭缝射出，此时的磁感应强度为。
【题型二】回旋加速器
5．2023年中科院的医用重离子加速器研发及产业化团队获第三届全国创新争先奖牌．回旋加速器可作为重离子加速器的注入器，其工作原理如题1图所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的宽度为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速离子的质量为m、电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如题2图所示，周期，U0未知．一束该种离子在t＝0～时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．假设能从D形盒出射的离子每次经过狭缝均做匀加速直线运动，不考虑重力、离子间相互作用及相对论效应，离子在狭缝中的运动时间不能忽略．
（1）求出射离子的动能Ekm；
（2）若离子第2次与第4次加速轨迹间距为x，求第4次加速后粒子速度大小v4；
（3）要使飘入狭缝的离子中有超过60%能射出，求U0应满足的条件．
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）粒子半径为时，有
且
得
（2）粒子被加速2次有
粒子被加速4次有
有题意有
联立解得
（3）粒子被加速次达到，则
粒子在狭缝间做匀加速运动，设次经过狭缝的总时间为，有
只有在时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为
由
解得
6．如图甲是回旋加速器的工作原理示意图，置于真空中半径为R的D形金属盒中，匀强磁场与盒面垂直，两盒间狭缝MN的间距很小，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压的大小为，周期为。质量为m，电荷量为的粒子在时从D形金属盒的中心O处飘入狭缝，其初速度视为零，不考虑粒子在狭缝中的运动时间。求：
（1）粒子在狭缝间被加速的次数；
（2）粒子在回旋加速器中运动的总时间。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）粒子在D形金属盒中运动，速度最大时有
粒子的最大动能为
带电粒子的运动周期为
粒子在狭缝间被加速的的次数为
（2）粒子在回旋加速器中运动，一周期内被加速两次，粒子在回旋加速器中运动的总时间为
7．回旋加速器（英文：Cycltrn）是利用磁场和电场共同使带电粒子作回旋运动，在运动中经高频电场反复加速的装置，是高能物理中的重要仪器。1930年欧内斯特·劳伦斯提出回旋加速器的理论，1932年首次研制成功。某型回旋加速器的主要结构如图所示，置于真空中的两个D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝宽度为d，匀强磁场方向与盒面垂直。两D形盒之间所加的交流电压为U，频率为f，被加速的粒子质量为m、电荷量为q，粒子从D形盒一侧圆心处A点开始被加速（初动能可以忽略），经若干次加速后粒子从D形盒边缘射出。求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）粒子在狭缝之间运动的总时间；
（3）粒子第4次被加速结束的瞬间位置与A点之间的距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）为了达到同步加速，粒子在回旋加速器中做圆周运动的周期与交变电压的周期相同，即有
解得磁感应强度大小
（2）粒子在回旋加速器中做圆周运动的最大半径为R，根据
解得
由牛顿第二定律有
粒子在电场中后一次加速可以看为前一次加速的延续过程，根据运动学公式有
解得
（3）作出示意图，如图所示
加速一次由动能定理有
解得
从A点出发向右运动，结合上述可知
同理可得加速第二次粒子向左运动
粒子加速第三次后向右运动
所以第四次加速结束瞬间距A点的距离为
【题型三】带电粒子在组合场中的运动
8．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第Ⅰ、Ⅱ象限内存在着平行于纸面的匀强电场，电场强度大小为E，方向与y轴正方向成角，第Ⅲ象限存在着沿y轴负方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的带负电粒子从电场中的Q点，以速度沿x轴正方向开始运动。然后从坐标原点O进入第Ⅰ象限的匀强电场，在电场中运动一段时间后，再次通过O点，通过O点时，x轴下方的匀强电场已换成与第Ⅳ象限相同的匀强磁场，方向垂直于纸面向外，第Ⅳ象限磁场的上边界ON与x轴正方向成角，下边界平行于x轴，当粒子从边界ON上的P点（图中未画出）离开磁场后，再次进入电场，经电场偏转恰好回到O点，不计粒子的重力，Q点到y轴的距离为到x轴距离的倍，求：
(1)粒子第一次到达O点时速度的大小和方向；
(2)粒子第一次在第Ⅰ象限中运动时，粒子离原点O的最远距离和粒子整个运动过程中磁场下边界到x轴的最小距离；
(3)粒子第二次和第三次经过O点的时间间隔。
【答案】(1)，粒子到达点时速度方向与轴正成角斜向上
(2)；
(3)
【详解】（1）第Ⅲ象限的电场中，粒子做类平抛运动，设点到轴的距离为，到轴的距离为
沿轴正方向有
沿轴正方向有
粒子到达点时的速度大小为
联立解得
设速度方向与轴方向的夹角为，有
解得
即粒子到达点时速度方向与轴正成角斜向上
（2）由第一问可知粒子从点进入第Ⅰ象限时，速度方向与电场方向平行，粒子在电场中做匀减速直线运动，如图所示
从点到最远处过程，由动能定理得
联立解得
由运动的对称性可知，粒子再次通过点时，速度大小仍为，方向与轴负方向成角进入磁场，运动轨迹如图所示，粒子的运动轨迹刚好和磁场下边界相切时，磁场下边界到轴的距离最小，由几何关系得
粒子进入磁场时与的夹角为，由几何关系知，粒子出磁场时，转过的圆心角为，再次从点进入电场时，做类平抛运动回到点。在第Ⅰ象限中，初速度方向
电场力方向
根据
联立解得
，，
（3）粒子在磁场中运动了四分之三个周期，有
粒子离开磁场到再次进入电场过程中做匀速直线运动，由几何知识得
则有
故粒子第二次和第三次两次经过点的时间间隔
9．利用电磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，在坐标系的轴左侧存在沿轴负方向的匀强电场，轴右侧存在垂直于平面向里、磁感应强度大小为的匀强磁场。现有一质量为，电荷量为的带正电粒子，从P点以大小为的初速度沿轴正方向发射，恰好经过坐标原点O进入右侧磁场，再经过M点（未画出）返回轴左侧，粒子经过M点时在轴左侧增加与右侧相同的磁场（图中未画出），粒子从M点到达N点（未画出）时速度方向第一次与轴平行。不计带电粒子的重力，已知，。求：
(1)匀强电场的电场强度的大小；
(2)粒子从点运动到点的时间；
(3)粒子在点时的速度大小
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在间做类平抛运动，平行于轴方向有
解得
平行于轴方向有
根据牛顿第二定律得
解得
（2）设粒子经过点时与轴正方向间的夹角为，则沿轴方向的分速度
又
解得
粒子在磁场中运动的速度
如图1所示
，粒子在轴右侧做圆周运动的时间
由洛伦兹力提供向心力有
代入可得
从点运动到点的总时间
（3）粒子离开点回到轴左侧后，对粒子受力分析，如图2所示
粒子从点到点，在轴方向上，由动量定理得
其中，设，则
解得
从点到点，洛伦兹力不做功，由动能定理得
解得
10．如图所示，在半径为R的圆形区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场Ⅰ，磁感应强度大小为B，圆心的坐标为（，），在第三象限内和y轴之间，有沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场Ⅱ，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从（，）点以一定的初速度沿x轴正向射入磁场Ⅰ，粒子在磁场Ⅰ中的速度方向偏转了60°角后进入磁场Ⅱ，经磁场Ⅱ偏转，沿与y轴正向成60°角的方向进入电场，此后，粒子在电场中的轨迹刚好与x轴相切，不计粒子重力，求：
(1)粒子从P点射入磁场时的初速度大小；
(2)磁场Ⅱ的磁感应强度大小；
(3)粒子出电场的位置到x轴的距离。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子的运动轨迹如图所示
粒子在磁场Ⅰ中，由洛伦兹力提供向心力得
根据几何知识有
联立解得
（2）粒子在磁场Ⅱ中，由洛伦兹力提供向心力得
根据几何知识有
联立解得
（3）设粒子从轴进入电场的位置坐标为（，），根据几何关系可得
根据题意有
解得
粒子从进入电场到运动到轴所用的时间为，则有
解得
粒子在电场中的运动时间为
则粒子出电场的位置离轴的距离为
11．如图所示，坐标平面第Ⅰ象限内存在水平向左的匀强电场，在距轴左侧区域存在宽度为的垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小可调。现有质荷比为的带正电粒子从轴上的点以一定初速度垂直轴射入电场，并且以，方向与轴正方向成的速度经过点进入磁场，，，不计粒子重力。求：
(1)粒子在点进入电场的初速度；
(2)要使粒子不从边界射出，磁感应强度的最小值；
(3)粒子经过磁场后，刚好可以回到点，磁感应强度的大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，竖直方向不受力，为匀速运动，则
解得
（2）当轨迹与边相切时恰好不出磁场，如图所示
根据几何关系可得
解得
由洛伦兹力提供向心力得
解得
（3）粒子运动轨迹如图所示
出磁场时速度与轴正方向夹角为，做匀速直线运动后回到点，设出磁场处为点，由几何关系得
解得
由洛伦兹力提供向心力得
解得
1．某种质谱仪的结构示意图如图所示，主要构造包括加速电场（可左右平移）、静电分析器和磁分析器等。其中加速电场的电压为U，静电分析器是以为圆心的四分之一圆形通道，通道内有均匀辐射电场，方向沿径向指向圆心，且与圆心等距的各点电场强度大小相等，电场强度E与到圆心距离r的关系满足（k未知）；磁分析器在以为圆心、圆心角为的圆形扇形区域内分布着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界紧靠。由离子源静止释放出三种正离子a、b、c经相同电场加速后，分别从P、Q、M进入静电分析器，恰好能以为圆心做匀速圆周运动从磁分析器中、、射出。已知PQ、QM间的距离都为，Q到圆心距离为R，不考虑电磁场的边缘效应，求：
(1)关系式中k的大小；
(2)b离子进入静电分析器时的速度大小；
(3)a、c两离子的比荷之比；
(4)离子a经相同加速电场加速后从M进入至磁分析器下端（未标出）射出，求、之间的距离d。
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）由动能定理知
电场力提供离子做圆周运动向心力知
联立解得
由题意得
（2）离子在电场中，电场力提供离子做圆周运动向心力知
离子在磁场中洛伦兹力提供向心力知
联立解得
（3）
由题意知
，
得出，两离子的比荷之比为
（4）如图所示由几何关系知
则
2．某“双聚焦分析器”质谱仪工作原理如图所示，加速器中加速电压为U，静电分析器中有辐向电场，即与圆心等距各点的电场强度大小相同，方向指向圆心。磁分析器中以为圆心、圆心角为90°的扇形区域内，分布着方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行。离子源逸出初速度为0、质量为m、电荷量为q的正离子，经加速电场加速后，从M点垂直于进入静电分析器，沿半径为R的圆弧轨道做匀速圆周运动，后从N点射出，然后离子由P点垂直于射入磁分析器中，最后离子垂直从Q点射出。已知，，不计离子重力及离子间相互作用。
（1）求离子从加速器射出时速度v的大小；
（2）求静电分析器中离子运动轨迹处电场强度E的大小：
（3）若离子源逸出初速度为0、比荷不同的正离子，求能从磁场区域上边界出射的离子比荷k的范围。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）离子经电场直线加速，由动能定理
解得
（2）离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有
联立解得
（3）离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由题意可知，圆周运动的轨道半径d，根据牛顿第二定律，有
解得
设在上某点出射的离子电荷量为，质量为，在磁场中运动的轨道半径为r，则
在磁场中有
在电场中有
可得
由此可知离子的比荷与运动半径的平方成反比，当离子运动半径最小时，比荷最大，当离子运动半径最大时，比荷最小。作出符合条件的离子的运动轨迹如图所示。
①在处被检测到的离子的运动半径最小，离子的比荷最大。设此离子的运动半径为，由几何关系可知
由
可得离子比荷的最大值为
②在T处被检测到的离子的运动半径最小，离子的比荷最大，设此离子的运动半径为，由几何关系可知
解得
由
可得离子比荷的最小值为
因此，范围为
3．某型号的回旋加速器的工作原理如图甲所示，图乙为俯视图。回旋加速器的核心部分为D形盒，D形盒装在真空容器中，整个装置放在电磁铁两极之间的磁场中，磁场可以认为是匀强磁场，且与D形盒盒面垂直。两盒间狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。质子从粒子源A处进入加速电场的初速度不计，从静止开始加速到出口处所需的时间为t，已知磁场的磁感应强度为B，质子质量为m、电荷量为+q，加速器接一定频率高频交流电源，其电压为U，不考虑相对论效应和重力作用，求：
（1）质子第1次经过狭缝被加速后进入D形盒运动轨道的半径r1；
（2）质子第1次和第3次经过狭缝进入D形盒位置间的距离；
（3）D形盒半径R。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）质子第1次经过狭缝被加速过程，根据动能定理有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有
解得
r1=1B2mUq
（2）质子第2次经过狭缝被加速过程，根据动能定理有
粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有
解得
则质子第1次和第3次经过狭缝进入D形盒位置间的距离
解得
（3）粒子飞出D形盒时的轨道半径为R，则有
，
令电场中加速了n次，则有
从静止开始加速到出口处所需的时间为t，则有
解得
4．如图所示，在的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xOy平面（纸面）向外。一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上处的P1点时速率为v0，方向沿x轴正方向，然后，经过x轴上处的P2点进入磁场，并经过y轴上处的P3点，不计重力，求：
(1)粒子到达P2时速度v的大小和方向；
(2)磁感应强度B的大小；
(3)粒子从P1运动到第二次通过P2点所用的时间。
【答案】(1)，方向与x轴正方向成45°斜向右下方
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，设粒子到达P2时速度v1与x轴正方向的夹角为α，根据平抛运动的推论得
解得
粒子到达P2时速度v的大小为
粒子到达P2时速度v的大小为，方向与x轴正方向成45°斜向右下方。
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得
P1P2是直径，根据勾股定理得
解得
（3）粒子从P1到P2的时间为
粒子从P2再次回到x轴的时间


解得

粒子从P1运动到第二次通过P2点所用的时间

解得

5．如图所示，在坐标系中，第一象限存在垂直于纸面向里的匀强磁场，第二、三象限存在沿轴正方向的匀强电场。质量为、电荷量为的粒子以初速度从坐标为的点开始沿轴正方向运动，且从点进入第一象限。带电粒子在第一象限运动的过程中，到轴的最远距离为。不计带电粒子的重力。求：
(1)匀强电场的电场强度大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)带电粒子第一次回到坐标时，轴的坐标值。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意，画出粒子的运动轨迹如图所示
粒子做类平抛运动，竖直位移
水平位移
根据牛顿第二定律
解得
（2）粒子到达点时，有
，
则
粒子从点进入第一象限做匀速圆周运动，有
解得
根据洛伦兹力提供向心力
解得
（3）粒子在第一象限从点进入到从点离开时，根据几何关系可得
解得
粒子离开第一象限回到第二象限，做类平抛运动，则
解得
又
解得
6．如图，纸面内存在上、下宽度均为2d的匀强电场与匀强磁场，匀强电场沿竖直方向，平行于纸面。匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B。现有一质量为m、带电荷量为的粒子，从电场的上边界O点由静止释放，进入磁场后，其运动轨迹与下边界相切于P点，不计粒子重力。求：
(1)匀强电场的场强；
(2)带电粒子从O点运动到P点的时间。
【答案】(1)，方向竖直向上 (2)
【详解】（1）带电粒子在电场运动过程中，根据动能定理有
进入磁场后，粒子做圆周运动，由几何关系得
根据牛顿第二定律有
解得
方向竖直向上。
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，则周期为
结合上述解得
令粒子在电场中运动的时间为，则有
结合上述解得
令粒子在磁场中运动到P点的时间为，则有
带电粒子从O点运动到P点的时间为
7．如图所示，在xOy坐标系的第二象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，第一象限和第三象限内均存在电场强度大小为E、方向竖直向下的匀强电场。在与y轴平行且相距为d的竖直线MN上的A点（图中未画出）处放置一个粒子源，它能无初速地释放大量质量为m、电荷量为q、且带负电的粒子，这些粒子经电场加速后均沿y轴正方向进入第二象限，并均垂直y轴通过点。不计粒子重力及粒子间相互作用。
(1)求从A点释放的粒子进入第二象限时的速度大小；
(2)求粒子从A点释放之后至运动到点的总时间；
(3)若改变离子源在直线MN上的位置，要求释放的粒子均要垂直经过y轴，求粒子源到x轴的距离应满足什么条件？
【答案】(1)
(2)
(3)（n=0，1，2，3...）
【详解】（1）设A点释放的粒子在第二象限的速度大小为，其轨道半径为，由题意可知
=d
根据洛伦兹力提供向心力有
解得
（2）设粒子从释放到Q点的过程中，在第一、第二、第三象限的运动时间分别是、、，则有
根据牛顿第二定律有
Eq=ma
则粒子从释放到Q点的运动时间为
t=++
联立解得
（3）设粒子在电场中由粒子源到x轴的距离为L，速度大小为，由动能定理得
qEL=
粒子进入电场，考虑到偏转半径及周期性，最终可能从y轴上的P1、P2、P3、... Pn
点经过。根据牛顿第二定律有
由题意及几何知识可知
经过P1时有
r=d
经过P2时有
3r=d
经过P3时有
5r=d
可知经过Pn时有
（2n+1）r=d
解得
（n=0，1，2，3...）
8．利用电场和磁场实现粒子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。在图示的xOy平面（纸面）内，的区域Ⅰ内存在垂直纸面向外的匀强磁场，x轴上方的区域Ⅱ内存在沿y轴负方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），从原点O处以大小为的速度垂直磁场射入第二象限，方向与x轴负方向夹角，一段时间后垂直虚线边界进入电场。已知，，区域Ⅱ中电场的场强。求：
(1)区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小；
(2)粒子从原点O出发到离开电场的总时间t；
(3)粒子离开电场时的速度大小v。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在洛伦兹力作用下做圆周运动，在磁场中做圆周运动的半径设为，由几何关系可得
又
解得区域Ⅰ内磁场的磁感应强度大小
（2）粒子运动圆轨迹所对的圆心角为，在磁场中运动时间设为，则
其中
粒子在电场中做类平拋运动，设该粒子的加速度大小为，在电场中运动时间为，沿轴负方向运动的距离为，则有
解得
其中
解得
由于
粒子从电场边界离开，则总时间
解得
（3）由动能定理得
解得
9．如图甲所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，在第三象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在坐标平面的第一象限内，抛物线（虚线）上有纵坐标分别为，的P、Q两点，从P、Q两点分别沿x轴负方向射出质量均为m、电荷量均为q的带正电的粒子，粒子均从O点进入磁场，不计粒子重力。
(1)试证明P、Q两点射出的粒子初速度大小相等，并求出初速度v0的大小；
(2)求从P、Q两点射出的粒子出磁场时的位置间的距离；
(3)将第三象限内的匀强磁场反向，并在第三象限内放一个平行于x轴的足够大的接收屏，如图乙所示，若从P点射出的粒子恰好能垂直打在屏上，则从P、Q两点射出的粒子打在屏上的位置间的距离是多少？
【答案】(1)见解析，
(2)
(3)
【详解】（1）设在抛物线上任意取一点坐标为，则有
联立解得
故两点射出的粒子初速度大小相等。
（2）由（1）得两点射出的粒子初速度大小相等均为
设粒子进磁场时速度与轴负方向夹角为，则粒子进磁场时速度
粒子做圆周运动的半径
粒子出磁场时的位置到点距离
粒子在电场中做类平抛运动，速度的反向延长线交于水平位移中点，则从点射出粒子进磁场时
从点射出粒子进磁场时
则
（3）设粒子射出的初速度大小为，进磁场时速度与轴负方向夹角为，大小为
粒子做圆周运动的圆心到轴距离
由于两粒子射出的初速度相同，因此两粒子在磁场中做圆周运动的圆心到轴的距离相同，粒子垂直在打在接收屏上，粒子也垂直打在接收屏上，粒子打在屏上的位置离轴的距离
由几何关系可知，点射出粒子进入磁场时的方向与轴负方向的夹角
点射出粒子进入磁场时的方向与轴负方向的夹角为
则两粒子打在屏上的位置间距离
10．如图所示，真空中平面直角坐标系第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，第四象限区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，M、N用弹性绝缘挡板连接。y轴上的粒子源P沿x轴正方向发射一带正电粒子，粒子进入磁场后恰好垂直击中挡板，反弹后恰好从O点垂直y轴以的速度射出磁场。已知M、N两点的坐标分别为、，粒子的比荷，求：
(1)匀强磁场的磁感应强度大小B；
(2)匀强电场的电场强度大小E。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）根据题意可知，粒子进入磁场后恰好垂直击中挡板，反弹后恰好从O点垂直y轴射出磁场，则点为粒子反弹后在磁场中做匀速圆周运动的圆心，可得
又有
联立解得
（2）根据题意，画出粒子的运动轨迹，如图所示
如图所示，令，根据几何关系有
，
又有
，
解得
即粒子从A点进入磁场时，速度与轴正方向夹角的正弦值为
设粒子做类平抛运动的时间为，则有
，
又有
，，
联立解得
11．如图，坐标系第一象限内的矩形区域中存在沿轴负方向、电场强度大小为的匀强电场，第二象限内存在垂直于平面向外、磁感应强度大小为的匀强磁场和与第一象限内的矩形区域中电场强度大小相同、方向相反的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于平面向外的匀强磁场。时刻将一质量为、电荷量为的带正电粒子从第二象限的点由静止释放，粒子第二次经过距轴距离最远的位置时恰好由图中点射入矩形电场区域，一段时间后，粒子由第三象限经坐标原点射入第一象限。已知为矩形的顶点，其坐标为，矩形区域沿轴方向的长度为，沿轴方向的长度为沿轴方向的长度的倍，忽略粒子的重力。求：
(1)粒子在点速度的大小；
(2)点的坐标；
(3)第三、四象限内匀强磁场的磁感应强度大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设存在沿轴正方向大小为的速度，满足
解得
开始时对粒子沿轴正、负方向分别配出大小为、的速度，其中
则粒子以分速度沿轴正方向做匀速直线运动，以分速度做匀速圆周运动，其轨迹为摆线粒子在点时满足
解得
（2）由洛伦兹力提供向心力
粒子做圆周运动的周期
粒子由点运动至点，所经历的时间
、之间的距离
故点的坐标为
（3）设粒子能从电场下边界射出，粒子在该区域运动的时间为，电场的宽度
则有
设此段时间内其水平位移为，有
解得
等于矩形区域的长度，可知粒子从矩形右下角顶点射出电场区域，根据题意作出粒子的运动轨迹
设此时粒子的速度大小为，与轴正方向之间的夹角为，则有
由洛伦兹力提供向心力
设粒子第一次经过轴时的横坐标为，带电粒子离开匀强电场时方向长线经过极板中点，则有
解得
由题知
解得
12．如图所示，纸面内间距为的竖直虚线M、N间有竖直向下的匀强电场，半径为R的绝缘圆筒垂直纸面放置，圆筒内有垂直于纸面向外的匀强磁场，圆筒与N相切于Q点，圆筒上Q点有一个小孔。从M上的P点沿水平方向向右射出质量为、电荷量为q、速率为的粒子，经电场偏转后刚好从Q点进入磁场，在磁场中偏转后每次与筒壁碰撞前后，沿圆筒半径方向分速度大小相等、方向相反，垂直圆筒半径方向分速度不变，粒子在筒内与筒壁发生5次碰撞后，刚好从Q点射出磁场，已知P、Q间沿电场方向的距离为，不计粒子的重力，粒子的电荷量保持不变。求：
(1)粒子在磁场中运动的速度大小；
(2)匀强电场的电场强度大小；
(3)匀强磁场的磁感应强度大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设粒子到Q点时速度沿电场方向的分速度为，根据题意
解得
设到Q点的速度与QO的夹角为，则
解得
=30°
粒子到Q点的速度大小为
（2）设匀强电场的电场强度大小为E，根据动能定理
解得
（3）根据题意可知，粒子在磁场中运动的轨迹共有6段相同的圆弧，每段圆弧两个端点与О点连线夹角为60°，如图所示
设圆弧所对圆心角为，可得，,根据几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径
r=R
根据牛顿第二定律
解得
13．如图所示，在平面内x轴与MN边界之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为，磁场区域的宽度为d。x轴下方和MN边界上方的空间有两个匀强电场，场强大小相等（大小未知），方向与y轴平行。时刻，质量为m、电荷量为+q的粒子从P点沿x轴正方向射入电场，从x轴上Q点进入磁场，Q点坐标为（d，0）。进入磁场时速度大小为v，方向与x轴正方向夹角为60°，然后垂直于MN边界进入上方电场。粒子重力不计，求：
(1)匀强电场的场强大小E；
(2)粒子从P点出发至第2次经过MN边界所经历的时间。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）粒子从P到Q点做类平抛运动，在x方向做匀速直线运动，有
解得
在y方向做匀加速直线运动，有
联立以上可得
（2）在磁场中，粒子速度的偏转角为30°，轨迹所对应的圆心角为30°，粒子的运动时间为
又因为

解得
接着垂直MN边界进入电场，受到电场力作用，速度从v减为0，粒子的运动时间为
总时间为
解得
14．如图所示，平面直角坐标系xOy的第二、第三象限内存在着沿y轴负方向的匀强电场，在第一象限内有一半径为a的圆形磁场区域，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里，圆形磁场区域与两坐标轴相切于C、D两点。在第四象限内存在着一矩形匀强磁场区域（图中未画出）﹐磁场方向垂直纸面向外﹑磁感应强度大小也为B。一质量为m，电荷量为q的带负电的粒子由坐标为的A点以初速度（未知）沿x轴正方向进入电场区域，经C点进入圆形磁场区域，垂直x轴射入第四象限，经矩形磁场区域后垂直于y轴到达坐标为的P点，粒子重力忽略不计，，求：
(1)粒子的初速度和匀强电场电场强度E的大小；
(2)矩形匀强磁场区域的最小面积；
(3)在（2）的情况下粒子由A点到P点的时间。
【答案】(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，由题意知粒子水平位移为，竖直位移为，设其进入圆形磁场时速度方向与x轴正方向成角，由平抛运动的推论有
则粒子进入圆形磁场的速度为
粒子在磁场中做圆周运动，半径为R，如图所示
由几何关系可得
R=a
向心力由洛伦兹力提供，则有
电场力做正功，由动能定理可得
联立以上各式解得
，
（2）粒子在矩形磁场中运动，根据洛伦兹力提供向心力
可得
r=a
由几何关系可知矩形磁场区域的最小面积为
（3）粒子在电场中运动的时间
粒子在圆形磁场中运动的时间为
粒子在矩形磁场中运动的时间为
粒子在磁场外做匀速直线运动的时间为
故
目录
01 模拟基础练
【题型一】质谱仪模型
【题型二】回旋加速器
【题型三】带电粒子在组合场中的运动
02 重难创新练