高中物理带电粒子在复合场中的运动的基本方法技巧及练习题及练习题

一、带电粒子在复合场中的运动专项训练

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) (2)

【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）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：

v 0=vcosφ vsinφ=at d=v 0t

设电场强度的大小为E ，由牛顿第二定律得 qE=ma 解得：

2．如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为

d ，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里．一质量为m 、带电量q +、重力不计的

带电粒子，以初速度1v 垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动．已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此类推．求：

（1）粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功1W （2）粒子第n 次经过电场时电场强度的大小n E （3）粒子第n 次经过电场所用的时间n t

（4）假设粒子在磁场中运动时，电场区域场强为零．请画出从粒子第一次射入磁场至第三次离开电场的过程中，电场强度随时间变化的关系图线（不要求写出推导过程，不要求标明坐标刻度值）．

【来源】河北省衡水中学滁州分校2018届高三上学期全真模拟物理试题

【答案】（1）2

1132mv W =

（2）21(21)2n n mv E qd +=（3）1

2(21)n d t n v =+ （4）如图；

【解析】 （1）根据mv r qB =，因为212r r =，所以212v v =，所以22

1211122

W mv mv =-, （2）

=

，

，所以

．

（3），，所以．

(4)

3．如图所示，一半径为R 的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上．整个空间存在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场．一电荷量为q (q ＞0)、质量为m 的小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O ′．球心O 到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ(02

π

θ<<

)．为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度B 的最小值及小球P

相应的速率．(已知重力加速度为g )

【来源】带电粒子在磁场中的运动 【答案】min 2cos m g B q R θ

=cos gR

v θθ=

【解析】 【分析】 【详解】

据题意，小球P 在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为O’．P 受到向下的重力mg 、球面对它沿OP 方向的支持力N 和磁场的洛仑兹力

f ＝qvB ①

式中v 为小球运动的速率．洛仑兹力f 的方向指向O’．根据牛顿第二定律

cos 0N mg θ-= ②

2

sin sin v f N m

R θθ

-= ③ 由①②③式得

22

sin sin 0cos qBR qR v v m θθθ

-+=④

由于v 是实数，必须满足

22

2sin 4sin ()0cos qBR qR m θθ

θ

?=-≥ ⑤

由此得

2cos m g

B q R θ≥

⑥

可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为

min 2cos m g

B q R θ

=

⑦

此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为

min sin 2qB R v m θ

=

⑧

由⑦⑧式得

sin cos gR

v θθ

=

⑨

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

=

(2)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．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v 0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

3

L

，在第四象限正方形ODQP 内存在沿x 轴正方向、大小为E=Bv 0的匀强电场，在y=－L 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) 03v e m BL = (2) 23

L (3) 3

4L 【解析】 【分析】

根据电子束沿速度v 0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3

L

r = 由牛顿第二定律得2

Bev m r

v =

电子的比荷

3e m BL

v =； （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23

L OF x ==

从F 点射出的电子，做类平抛运动，有2

232L Ee x m

t ==，0y t v = 代入得23

L

y =

电子射出电场时与水平方向的夹角为θ有122

y tan x θ=

= 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 ()

2tan 3

L y L GP θ

-=

=

； （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 00

223

xm xL

y t Ee v v ===

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2X L y

y x -=

所以2

332222838xL xL

L X x x y L x ?

??????

=-==-+? ??????????

?

- 所以当38

x L =，有3

4

m L X =。 【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。

6．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

3

8

h l

=，重力加速

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。

【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)

2

3

3

v gl

=；(2)

3mg

E

4q

=，3

2

m g

B

q l

=；(3)

43

3

l

t

g

=

【解析】

【详解】

（1）从O到P，带电微粒做平抛运动：

2

1

h gt

2

=

00

l=v t

所以

2

v3gl

3

=

（2）在P点：

y0

1

v=gt3gl

2

=

22

p0y

5

v=v v3gl

6

+=

设P点速度与竖直方向的夹角为θ，则

y

v4

tanθ

v3

==

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：

mg mg

tanθ

F Eq

==

p mg mg

sin θ

f qv B

== 3mg E 4q

=

m 3g

B 2q l

=

（3）设微粒从P 到Q 所用时间为t 1，

10PD 13l

t v 2g

=

=

设微粒从Q 到R 所用时间为t 2，因水平和竖直分位移相等，得：

202x v t =

22y 221

y v t gt 2

=+

由题意得： 22x y =

微粒从0点运动到R 点的时间t 为：

012t t t t =++

所以：43l

t 3g

=

7．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B 1。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B 2、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U 1︰U 2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 =-=

8．如图1，光滑绝缘水平平台MNQP 为矩

形， GH ∥PQ ，MP =NQ =1m ，MN =GH =PQ =0.4m ，平台离地面高度为h =2.45m ．半径为R =0.2m 的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B =0.05T ，方向竖直向上，与MP 边相切于A 点，与NQ 边相切于D 点，与GH 相切于C 点．平台上PGHQ 区域内有方向由P 指向G 的匀强电场，场强大小为E =0.25V/m ．平台右方整个空间存在方向水平向右的电场，场强大小也为E =0.25V/m ，俯视图如图2．两个质量均为m =2×10-5kg 的小球a 、b ，小球a 带正电，电量q =4×10-4C ，小球b 不带电，小球a 、b 均可视为质点．小球a 从A 点正对圆心O 射入磁场，偏转90°后离开磁场，一段时间后与静止在平台D 点的小球b 发生弹性碰撞，

碰后两球离开平台，并在此后的运动过程中发生多次弹性碰撞，a 球带电量始终不变，碰撞时间忽略不计．已知重力加速度g =10m/s 2，π=3.14，不计空气阻力，求：

(1)小球a 射入磁场时的速度大小；

(2)从小球a 射入磁场到第一次与小球b 相碰撞，小球a 运动的路程； (3)两个小球落地点与NQ 的水平距离．

【来源】【市级联考】重庆市2019届高三5月调研测试（第三次诊断性考试)理综试卷物理试题

【答案】（1）0.2m/s （2）0.636m （3）0.684m 【解析】 【详解】

(1)小球a 从A 点正对圆心O 射入磁场，偏转90°后离开磁场，小球a 在洛伦兹力作用下做圆周运动，轨迹如图：

分析得半径R =0.2m

由2

v qvB m R

=

得：v =0.2m/s

(2)磁场中运动的路程s 1=πR=0.628m 电场中加速度25m/s qE

a m

=

=

电场的路程2

220.008m 2v s a

=?=

小球a 射入磁场到与小球b 相碰过程运动的路程120.636m s s s =+= (3)a 、b 球弹性碰撞，质量相等每一次碰撞速度交换． D 点碰后，两球速度分别为v a D =0，v b D =0.2m/s 此后两球抛离平台，竖直方向均做自由落体运动

由2

2

gt h =得，两小球在空中运动时间20.7s h t g == 水平方向：b 球匀速运动，a 球加速运动，加速度25m/s qE

a m

=

= 每次碰到下一次碰撞，两球位移相等，v —t 图如图所示：

可得，每两次碰撞间隔时间是定值：21

()2

bD v t a t ??=

? 0.08s t ?= 由

0.7380.084

t t ==? 所以小球在空中碰8次后，再过0.06s 落地

小球b 在空中碰n 次后速度为v bN =(n +1)v bD =0.2(n +1) m/s

小球离开D 点后在空中第一次碰撞前，水平位移x 1=v b 1·△t=0.016m 小球在空中第一次到第二次碰撞水平位移x 2=2v b 1·

△t=0.032m 以此类推，小球在空中第n -1次到第n 次碰撞水平位移x n =nx 1=0.016m 所以，在空中碰撞8次时的水平位移x 0=0.016×（1+2+3+4+5+6+7+8）=0.576m 第8次碰后 v b 8=1.8m/s v a 8=1.6m/s

所以，8次碰后0.06s 内，△x b =v b 8×0.06=0.108m △x a =v a 8×0.06+

1

2

a ×0.062=0.105m 所以，水平位移分别为x a =x 0+△x a =0.681m

x b =x 0+△x b =0.684m

9．如图所示，处于竖直面内的坐标系x 轴水平、y 轴竖直，第二象限内有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直坐标平面向里。带电微粒从x 轴上M 点以某一速度射入电磁场中，速度与x 轴负半轴夹角α=53°，微粒在第二象限做匀速圆周运动，并垂直y 轴进入第一象限。已知微粒的质量为m ，电荷量为-q ，OM 间距离为L ，重力加速度为g ，sin53°=0．8，cos53°=0．6。求

(1)匀强电场的电场强度E ；

(2)若微粒再次回到x 轴时动能为M 点动能的2倍，匀强磁场的磁感应强度B 为多少。 【来源】【市级联考】山东省滨州市2019届高三第二次模拟（5月)考试理综物理试题

【答案】(1) mg q (2) B 8m gL 或B 85m g

q L

【解析】 【详解】

（1）微粒在第二象限做匀速圆周运动，则qE=mg ，解得:E =

mg

q

（2）微粒垂直y 轴进入第一象限，则圆周运动圆心在y 轴上，由几何关系得:r sinα=L

由向心力公式可知： qvB =m 2

v r

微粒在第一象限中2112

k mgr cos E mv α+=-（） 21

22

k E mv =?

联立解得:B 8m gL B 85m g

q L

10．如图所示，在竖直平面内的xoy 直角坐标系中，x 轴上方存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度E 1，方向沿y 轴向上，磁感应强度B ，方向垂直纸面向里．x 轴下方存在方向沿y 轴向上的匀强电场（图中未画出），场强为E 2．质量为m 、电荷量为q 的带正电小球（可视为质点），从y 轴上的A 点以速度大小v 0沿x 轴正方向抛出，经x 轴上的P 点后与x 轴正向成45°进入x 轴上方恰能做匀速圆周运动．O 、P 两点间距离0x 与O 、A 两点间

距离0y 满足以下关系，2

00

20

2=y x g v ，重力加速度为g ，以上物理量中m 、q 、v 0、g 为已知量，其余量大小未知．

(1)电场强度E 1与E 2的比值

(2)若小球可多次（大于两次）通过P 点，则磁感应强度B 为多大？

(3)若小球可恰好两次通过P 点，则磁感应强度B 为多大？小球两次通过P 点时间间隔为多少？

【来源】安徽省黄山市2019届高中毕业班第二次质量检测高三理综物理试题

【答案】（1）12

；（2）

0mg B qv = ；（3）01mg B 1n qv =+（） （n=1，2，3……..）；0

nv 3πt 22g

=+

（） （n=1，2，3……..） 【解析】 【分析】 【详解】

解：(1)小球在x 轴上方匀速圆周，可得：1qE mg = 小球从A 到P 的过程做内平抛运动：00x v t = 201y at 2

= 结合：2

0020

g y x 2v =

可得：a g =

由牛顿第三定律可得：2qE mg ma -= 解得：2qE 2mg =

故：

12E 1E 2

= (2) 小球第一次通过P 点时与x 轴正向成45?，可知小球在P 点时则有：y 0v v = 故P 点时的速度：0v 2v =

由类平抛的位移公式可得：20

0v x g

=

小球多次经过P

点，轨迹如图甲所示，小球在磁场中运动

3

4

个周期后，到达x 轴上的Q 点，P 、Q 关于原点O 对称，之后回到

A 并不断重复这一过程，从而多次经过P 点

设小球在磁场中圆周运动的半径为R ，由几何关系可得：0R 2x =

又由：2

v qvB m R

=

联立解得：0

mg

B qv =

(3)小球恰能两次经过P 点，轨迹如图乙所示 在x 轴上方，小球在磁场中的运动周期：2πm

T qB

= 在x 轴下方，小球的运动时间：00

20x 2v t 2

v g

== 由规律可知，小球恰能两次经过P 点满足的几何关系为：01

2x 2R 2R n

=+? （n=1，

2，3……..） 解得：0

1(1)

mg

B n qv =+ （n=1，2，3……..） 两次通过P 点的时间间隔为：23(1)4

t n T nt =++ （n=1，2，3……..） 解得：0

3(2)2nv t g

π=+

（n=1，2，3……..）

11．如图，平面直角坐标系xOy内，x<0、y>0区域存在沿x轴正方向的匀强电场E，x>0区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=0.2T。一比荷=5×108C/kg的粒子，从

点P(－6cm，0)进入电场，初速度v0=8×106m/s，方向沿y轴正方向，一段时间后经点

Q(0，16cm)进入磁场。粒子重力不计，求：

(1)匀强电场的电场强度E；

(2)粒子第一次回到电场时的位置坐标。

【来源】【全国百强校】河北省衡水中学2019届高三统一联合考试理科综合试题（物理部分)

【答案】(1) (2)

【解析】

【分析】

（1）粒子从P运动到Q做类平抛运动，利用平抛运动的知识求解；

（2）进入磁场做圆周运动，正确地画出轨迹，找好相应的几何关系。

【详解】

（1）粒子由P到Q做类平抛运动，设运动时间为t，粒子的质量为m，电荷量为q，设y 轴方向粒子做匀速直线运动

沿x轴正方向粒子做匀加速直线运动

解得：

（2）如图所示，设进入磁场时速度为，方向与y轴夹角为，在磁场中做圆周运动的圆心为

洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

则圆周运动半径

设粒子第一次从y 轴回到电场时的左边为，根据几何关系：

在电场，电场力对粒子做正功：，

解得：

即粒子第一次回到电场时的位置坐标为

12．如图，离子源A 产生的初速度为零、带电量均为e 、质量不同的正离子被电压为U 0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM 上的小孔S 离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN 进入磁感应强度为B 的匀强磁场．已知HO ＝d ，HS ＝2d ，MNQ ∠＝90°．（忽略粒子所受重力）

（1）求偏转电场场强E 0的大小以及HM 与MN 的夹角φ； （2）求质量为m 的离子在磁场中做圆周运动的半径；

（3）若质量为4m 的离子垂直打在NQ 的中点S 1处，质量为16m 的离子打在S 2处．求S 1和S 2之间的距离以及能打在NQ 上的正离子的质量范围． 【来源】2009高考重庆理综 【答案】（1）00U E d =

；45°（2）0

2mU eB

3）25x m m m <<

【解析】 【分析】 【详解】

（1）正离子被电压为U 0的加速电场加速后速度设为V 1，设 对正离子，应用动能定理有eU 0＝

1

2

mV 12， 正离子垂直射入匀强偏转电场，作类平抛运动

受到电场力F ＝qE 0、产生的加速度为a ＝F

m

，即a ＝0qE m ，

垂直电场方向匀速运动，有2d ＝V 1t ， 沿场强方向：Y ＝12

at 2

， 联立解得E 0＝0

U d

又tanφ＝

1

V at

，解得φ＝45°； （2）正离子进入磁场时的速度大小为V 2()2

21V at + 解得2221()V V at =+正离子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由洛仑兹力提供向心力，qV 2B ＝2

2mV R

，

解得离子在磁场中做圆周运动的半径R ＝0

2

mU eB

； （3）根据R ＝0

2

mU eB

质量为4m 的离子在磁场中的运动打在S 1，运动半径为R 1＝()0

2

4m U eB

质量为16m 的离子在磁场中的运动打在S 2，运动半径为R 2＝2()0

2

16m U eB

，

又ON ＝R 2－R 1，

由几何关系可知S 1和S 2之间的距离ΔS ＝222R ON -－R 1， 联立解得ΔS ＝4(3－)

2

mU eB

； 由R′2＝(2 R 1)2+( R′－R 1)2解得R′＝5

2

R 1， 再根据

1

2R 1＜R ＜52

R 1， 解得m ＜m x ＜25m ．

13．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

q m

=1.0×1010C/kg ，2

2tan tan 21tan θθθ=-。求：

(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

tan 3

θ=（2）33.8410/E N C =?（3）71.510s -? 【解析】 【详解】

(1)带电粒子在电场中加速，由动能定理可得:2

012

qU mv =

， 解得：6

0410/v m s =?