第39讲 组合场中粒子运动问题-2026年高考物理母题60讲

y B 0 图(1) y 、A xB 0 图(2)》 。.1 sin号一=，g=6o°。] (3)欲使穿过磁场且偏转最大的α粒子，能射入y轴 正方向上，必须从A点射出的a粒子和x轴正方向 的夹角大于90°，根据几何关系可知圆形磁场至少应 逆时针转过60°，如图(2)所示。 [答案](1)见解析(2)60°(3)60 [衍生7][解析](1)粒子进入磁场后，由洛伦兹力提 02 供向心力得quB=m尺，解得R=2m, 由题意可知粒子a从坐标原，点O出区域I,由几何 关系可得粒子α转过的圆心角为90°，则在磁场中运 动的时间为t1= =子×2，解得1≈6.28× T 10-4s。 (2)如图所示，所有粒子都从原点O出来，如图所示 y/m 区域I 0→ ×0 →x/m 区域ⅡX×K冬× 其中从原点O出来后沿x轴正方向的粒子打在区域 Ⅱ的下边界最右边，根据几何关系可得L1 √R一(R一d)2=√5m,从原点出来后打在区域Ⅱ的 下边界最左边的粒子，其轨迹与区域Ⅱ的下边界刚好 相切，根据几何关系可得L2=√/R2-(R-d0z=√5m, 区域Ⅱ的下边界能被粒子打中的长度为L=L1十L2 =2√3m. (3)由几何关系可知，粒子b在圆形磁场和轴下方磁 场各运动号T,则有=号T,解得2≈1.67×X 10-3sa [答案](1)6.28×10-4s(2)2√3m(3)1.67× 10-3s [衍生8][解析](1)粒子沿x轴正方向射入圆形磁 场，在坐标原点O汇聚，分析可知粒子在磁场中运动 的半径等于圆形磁场的半径「1。粒子在磁场中运 动，洛伦兹力提供向心力，有gB1=m”,解得 r By=mv gr (2)分析可知，虚线框内面积最小的磁场区域为：以C 为圆心、2为半径的圆。粒子在虚线框内磁场中运 2 动的半径为r2,根据牛顿第二定律有qguB2=m, ·28 高考物理母题60讲 解得B2=心，根据左手定则可知，虚线框内磁场的 gr2 方向为垂直于纸面向里，虚线框内圆形磁场区域的 面积为S2=元r吃。 (3)从[区进入磁场的粒子的临界轨迹如图所示，其 中3和4为粒子运动的轨迹圆，1和2为磁场的圆孤 边界 粒子在I、Ⅲ区域磁场中做圆周运动的半径分别为 r,根据gB=m可知，I和Ⅲ中磁场的磁感应 强度大小分别为B1=心，B1=m gr3 9r1 图中阴影区域为I、Ⅳ中的磁场区域，Ⅱ、Ⅲ中的磁 场区域与I、Ⅳ中的磁场区域关于x轴对称，则Ⅱ中 匀强磁场区战的面积S1=2Xx号-号 =(合-1)3。 N中均强磁场区城的面积Sw=2×-r =(合-) [答案] (1)me gri (2)n℃ 垂直于纸面向里π号 (3)mu my 第三十九讲组合场中粒子运动问题 例][解析](1)电子第二象限内做匀加速直线运 动，据动能定理eEL之m6,E=。 (2)电子的运动轨迹如图所示 电子在电场中做类平抛运动，设电子从A运动到C的 时间为t1,有 E 0 + × 父×]× 0' x 1 2d=,d7ar2a生，联立解得E-2 m (3)设电子进入磁场时速度为v,v与x轴的夹角为日， 则tan0=1=1,解得0=45，故0=√2o, 电子进入磁场后做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向 心力，有e0B=m 由几何关系可知r=√2d,解得B=m ed 、高考物理母题60讲 (4)由对称性可知，电子在电场中运动的时间为 3动1-6d 0 电子在磁场中运动的时间 =是T=子·-测， 4 gB 20 故电子从A运动到D的时间t=3t1十t2= 3d(4+π) 2vo [答案](1)"m (3)06 (4)3d(4+π) 2eL (2)m6 Zed ed 2U0 [衍生练习] [衍生1][解析]A.根据p=mv,结合上述解得p= √J2gmU,氢的三种同位素的电荷量相等，可知，质量 越大，动量越大，即进入磁场时动量从大到小排列的 顺序是氚、氘、氕，故A错误；B.加速过程，根据动能定 理有qU=2mv,由于氢的三种同位素的电荷量相 等，可知氕、氘、氚进入磁场时的动能相等，故B错误； C粒子在磁场中有pB=m页，T-2迟，粒子在磁场 中的时间什T-需，氢的三种同位素的电待量相 等，可知，质量越大，在磁场中运动时间越大，即进入 磁场时动量从大到小排列的顺序是氚、氘、气，故C错 送：D,根据上述解得R=Y2咒C,氨的三种同位素的 电荷量相等，可知，质量越大，在磁场中运动的轨道半 径越大，即a、b、c三条“质谱线”依次排列的顺序是氚、 氘、气，故D正确。 [答案]D [衍生2][解析]A.粒子在电场中被加速，在磁场中 做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，所以粒子只从电 场中获得能量，故A正确；B.加速电源的交变周期等 于粒子在磁场中微圆周运动的周期，即g0B=m心 r T=2r=2xm,故B错误：CD.粒子在磁场中做匀速圆 周运动，由洛伦兹力提供向心力，有B=m心， ,① 粒子离开D形金属盒时，速度最大，此时轨道半径为 R,根据gB=mm2 R 可得最大速度=gBR, ② m 根据动能定理，第一次进入盒时Ug=2m02，圆 1 第二次进入盒时2Ug=2mu2，国 由①③④联立解得R1:R2=1:√2， 根据动能定理ngU= 2mm2,⑤ 由②联立可得加连的次数=无故CDE喷。 [答案]ACD [衍生3][解析]根据题目表述，粒子恰好垂直y轴 进入电场可知粒子在磁场中运动半径为r=L c0s30 ·28 由公式gB=m,得B=m”,所以磁感应强度 gr B= √3mv0 2al 在匀强电场中做类平抛运动，水平位移为L,运动时 间t=L 由几何关系得MO= 首，坚意位修为营一马。 1-品，得-2 ,E4 3gL. ,则5=30 y 。●。 。/●/。。。 人60 e/。o。。 A30°0月 C x 0 [答案]A [衍生4][解析]粒子在电场中做类平抛运动，轨迹 如图 M---- ×××B×× 设第一次到达P点竖直速度1（大小不变），则粒子 进入磁场的速度v=√喝十？，速度方向与MN的夹 角tan0=4,粒子进入磁场后微匀速圆周运动，半径 R器第二次经过MN上的Q点时由几何关系可 得D=2Rsin8,sin0= tan √1+tan20√+ 代入可得d= 2m1 gB' 即当减小0时d不变；运动的时间 0.2πm_0m t=2元gBgB 则当减小o时，tan0增大，0增大，t增大。 [答案]C [衍生5][解析]粒子的运动轨迹如图所示： y M p to E N AB.粒子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的 规律可得：d=1,d=号g5, 2 m 鞋子在磁场中微匀速圆周运动，有：R,结合见 何关系，有：R=d, 联立以上方程可得营-20：故A错误，B正确。 CD.粒子的运动轨迹如图，在电场中做类平抛运动的 时间为'=41=：在磁场中的圆周运动是两个半 0 圆，故运动的时间为：2= 2m=2d,所以粒子运动一个 g 周期的时间为：=4+2d。故C正确，D错误。 [答案]BD [衍生6][解析](1)粒子在电场区域做类平抛运动， 设电场中粒子加速度为a,沿X轴正方向看，如图 所示 0'. R a 0 粒子从0，点追入右边磁场，则L=,-=， eE=ma,联立方程解得E=m 1. (2)设粒子到O1点时的速度为，与x轴夹角为0，如 图所示，则心，=at,u=√6+u,tan日=之 Uo 故tan0=1, 即有日=45°，y=√2，在磁场区域，粒子做匀速圆周 运动，粒子刚好不从界面Ⅲ飞出，如图所示，则gB= v2 mR' 又根据几何关系R十Rcos45°=L, 解得B=2+1)m 答案：(1)m (2)1)mvo [衍生7][解析](1)粒子在电场中加速，则由动能定 理得E4r=子m,解得=100ms 设粒子进入三角形区域匀强磁场做匀速圆周运动半 径为R1,带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。 M N B2· 。。。。。。。。。。● 由几何关系可知R1= 2 =0.6m, 2 由qB1=mR1' 代入数据得B1=3 ×10-2T。 (2)设带电粒子进入外部磁场做匀速圆周运动半径 为R2,由题可知B2=3B1=2×10-2T, -=0.2m 又9B2=m3。,则R,=3 ·28 高考物理母题60讲 粒子在由O→C过程中做匀加速直线运动， .1 由公式x=2t1,得到1=0.01s, 粒子在磁场B1中的周期为T1= 2πm gB1 则在磁场B,中的运功时间为1，=了T: 2xm 在磁场B2中的周期为T2 gB2 在磁场B,中的运动时间为，=180+300+180T, 360 =5.5×10-6s。 [答案](12×102T(2)5.5×106s 「衍生8]「解析(1)设粒子在第一次在磁场中做圆 周运动的半径为，带负电粒子运动轨迹如图所示 ··B ·C 0 由几何关系2√2r=d,即r 2 d, 4 由牛顿第二定律可得goB=m,, 2√2mvo 可得B= gd 2以粒子第二次进入电场做类平抛运动，则号 √2 ot1:2l=之at好，gE=may 解得=E4,E= 2√2m呢 2vo (3)粒子在磁场中运动的时间t2=T=2延=②d 粒子第一次在电场中运动的时间t3= 20,其中a 画_2品，则，=，则拉子从0点射出到第一 m d 20 次回到O点所经历的时间t=t1十t2十t3 =2d(2+π) 2vo [答案] (1)22m 2√2mu (2)2 (3)V②1(2+x) gd 2v0 [衍生9][解析](1)设板间距离为d,则板长为√3d, 两板间的电场强度为E= d 设粒子在板间运动的加速度大小为，根据牛顿第二 定律得gE=ma, 设粒子在板间的运动时间为，根据类平抛运动的 起徐得号-之a6v=w,联主解得Um 3g (2)设粒子射出电场时与水平方向的夹角为α，则有 tama,解得a=晋， 则射出电场时粒子的速度大小为0==2y coS a 3, 粒子射出电场后沿直线匀速运动，接着进入磁场，洛 高考物理母题60讲 伦兹力提供粒子做匀速圆周运动所需的向心力，有 B=m解得粒子做圆周运动的半径 2,已如国形磁场区线子经考及-需则只 3gB =√5， 画出粒子在磁场中运动的轨迹如图1，由几何关系可 n日=尽，解得0=父（或60）。 得tan2 3 0 9.B 016. 图1 (3)带电粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半 径关系为r=√R,根据几何关系可知，带电粒子在该 磁场中运动的轨迹一定为劣孤，故劣孤所对应轨迹 圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间 最长。则相对应的运动轨迹和弦以及磁场圆心M的 位置如图2所示。 P 0 图2 [答案] (1)6 (2)(或60) (3)图见解析图2 [衍生10][解析] (1)质子在加速电场中，根据动能 定理，有qU。= 之mv,解得质子射出加速电场时速 度的大小为 2q0=3X105m/s m (2)由于质子在电容器中运动的时间远小于电压变 化的周期，所以质子在电容器中的运动可看作类平 抛运动，为使质子经偏转电场后能全部进入磁场，则 有==a-光 m1上，联立解得 Vo Um=100V。 (3)如图所示 0 0 R ·288 假设质子离开偏转电场时速度为1，质子在磁场中 由洛伦兹力提供向心力可得9B=m尺， 设速度编转角为0.则有=。质子在磁场中倍 转的距离为x=2RcOs0,联立可得x= 2m0=6cm, gB 可知质子不管以多大的偏转角（或不同的位置）进入 磁场，质子在磁场中的偏转距离（即弦长）是固定不 变的，故质子打在水平放置的屏上的痕迹长度为电 容器两极板之间的宽度d,则有s=d=2cm。 [答案](1)3×105m/s(2)100V(3)2cm [衍生11][解析](1)粒子在0~上时间内在x0之平 面内做类平抛运动，x方向x=0t1=L,故粒子在 1=上时刻经过P点，：轴方向L=子a,Bg= 他好得名说 (2)粒子经过P,点时沿之轴速度大小为v,u=at1= 20,在磁场区域沿之轴方向匀速运动，在x0y平面 内做匀速圆周运动，设圆周运动半径为R,由gBo= vO m尽 0 V0+ 圆周运动的周期T=2迟】 UO 粒子经时间2，沿之轴运动的距离 之2=2t2=2L, 圆周运动转过的圆心角为a=二×2m=3,故粒子在 T 0y平面内话)轴方向运功的距离d=级头粒 于在酷时的位里坐标为仁，一费，3） Uo (3)粒子再次在电场中运动，沿之轴的初速度为℃： 20,沿x轴负方向的速度vx=0, 在xO之平面内做类斜抛运动，沿坐标轴方向分解： V“v'2 沿x轴负方向匀速运动L=%t3, 沿之轴正方向匀加速运动v:'=U十at3=40, 速度大小为v=√赐十，7=√7，速度方向在 0:千面内与：轴正方向成夫房0.am0=是=宁 [省案1盛2(，0a）8v 方向与：轴正方向夹角为0，tam0=号 [衍生12][解析](1)离子以速度v在磁感应强度为 B的磁场中做圆周运动时，设轨迹半径为，根据牛 顿第二定律有B=m号，周期T=2,可得r 咒T-8。 gB 0 T060 -60 L 离子速度为1时，恰好不进入区域Ⅱ，轨迹与y=L 处边界相切，如图1。设轨迹半径为r。,由几何关系 得rocos60°=r0-L,解得r0=2L, 将B=B1、r=r0=2L代入r的表述式， 可解得= 2B1qL 在区线1中高子的运动同期- 离子不进入区域Ⅱ时，在磁场中的运动时间 13627… 联立得t= 2xm 3gB1 (2)离子以速度2运动时，恰能到达y=片处，轨迹 2 与y号直钱相切，运动轨这知国。 根据B2=2B1,r=可知离子在区城Ⅱ中的轨迹半 gB 径r?和在区城I中的载迹半径门的关系为2=2 01 y 3 2L 130 2 'T2 a 0 设OO2与边界y=L的夹角为a,由几何关系可得 L r1sina-nsin30°=L,r2-r2sina=乞， 联立解得n=4L,r2=21,sina=3 4 结合r1= m,解得v2= 4BgL d [答案]1)2B1L2m(2 、4B1ql 3gB1 第四十讲叠加场中粒子运动问题 [母题呈现] [例][解析](1)对小物体受力分析，如图： gE B qUB mg 水平方向gE=qvB十N,小球恰好离开墙壁时， 有N=0,求出小球恰好离开墙壁时v=2m/s, 竖直方向mg=ma,u=at,解得t=0.2s。 ·28 高考物理母题60讲 (2)墙壁粗糙时，小球离开墙壁时速度w=2m/s,M到 1 N用动能定理：mgh+Wm=之m,解得Wa=一6J。 (3)通过P点时恰好受力平衡，受力分析如图： qvB e ↓mg 利用平衡条件得：mg=qE,qvpB=√2mg, 解得q=2.5C,vp=2√2m/s。 ()N到P月动能定理：mg(H-》-gE=子m 7m呢，得x=0.6m。 (5)P点时匀强电场方向突然变为竖直向上，重力和 电场力等大反向，洛伦兹力提供向心力，小球竖直面 内做匀速圆周运动r=m=22， gB 5 m,r-rcos45°<x 物体不能打到墙上。 [答案](1)0.2s(2)-6J(3)2.5C2√2m/s (4)0.6m(5)不能 [衍生练习] [衍生1][解析]带电小球M斜向右上做匀速直线 运动由力的平箭可知g加B=。。向=mgan0,解 得u=2,故B正确，ACD错误。 B [答案]B [衍生2][解析]A.小球在重力场、匀强电场和匀强 磁场的复合场中做匀速圆周运动，可知小球受到的 重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电 场力竖直向上，与电场方向相反，故小球带负电，故 A正确；B.根据电场力和重力平衡可得gE=mg,解 得是-各，故B错误：C由洛伦故力提供向心力可 得gB=m尺，解得小球的速度大小为0=gB迟 m 一名B,故C正确：D.磁场方向垂直纸面向里，洛伦滋 力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断小球沿 顺时针方向运动，故D错误。 [答案]AC [衍生3][解析]AB.洛伦兹力总是与带电粒子速度 的方向垂直，所以不做功，故A正确，B错误：C.小球 在水平方向上做匀速运动，设水平方向速度为，在竖 直方向上的合力等于磁场力，即，故竖直方向做匀加 速运动，所以运动轨迹是一条抛物线，故C正确；D. 由于小球在竖直方向上的速度增大，水平向左的磁 场力Fx洛=BqUy增大，而试管又向右做匀速运动， 所以F要逐渐增大，故D正确。 [答案]ACD [衍生4们[解析]该离子带正电，则所受电场力水平 向右，大小为qE,电场力的瞬时功率为P=qE,A 错误：该离子速度垂直于磁场方向的分量大小为2， 则该离子受到的洛伦兹力大小为F洛=q2B,B错 误：根据运动的合成与分解可知，离子在平行于磁场 和电场方向上在电场力作用下向右做匀加速直线运 动，在垂直于磁场和电场方向的平面内在洛伦兹力 作用下做速率为2的匀速圆周运动，即1增大，2高考物理母题60讲 第三十九讲 组 母题呈现 [例]如图所示，在第一象限区域内有沿y轴 正方向的匀强电场，在第二象限区域内有沿 x轴负方向的匀强电场，在y<0的区域内 有垂直于坐标平面向里的匀强磁场。在第 二象限内距离y轴为L的位置处，由静止释 放一质量为m、电荷量为e的电子。当电子 到达y轴上A点时，速度大小为℃，方向沿 x轴正方向。当电子第一次穿越x轴时，恰 好到达C点。当电子第二次穿越x轴时， 恰好到达坐标原点。当电子第三次穿越x 轴时，恰好到达D点。C、D两点均未在图 中标出。已知A、C两点到坐标原点的距离 分别为d、2d,不计电子的重力，求： Ay E Eo ×x0××××× ××××××× ××××××B× (1)电场强度E。的大小； (2)电场强度E的大小； (3)磁感应强度B的大小； (4)电子从A点运动到D点经历的时间t。 场中粒子运动问题 知识链接 、两类偏转的分析 电偏转 磁偏转 偏转 带电粒子以v⊥E 带电粒子以⊥B进人 条件 进人匀强电场 匀强磁场 示意图 受力 只受大小恒定的洛伦 只受恒定的静电力 情况 兹力 运动 类平抛运动 匀速圆周运动 情况 运动 抛物线 圆弧 轨迹 物理 类平抛运动规律、 牛顿第二定律、向心力 规律 牛顿第二定律 公式 gvB= mv- m℃ r qB 基本 L=ut,y= ar? T= 2xm OT 公式 a=9E m tan 0=at qB,t= 2x sin =L r 静电力既改变速度 洛伦兹力只改变速度方 做功 方向，也改变速度 向，不改变速度大小，对 情况 大小，对电荷做功 电荷永不做功 二、五种基本运动及基本方法 牛顿第二定律、 匀变谏直 求法 运动学公式 线运动 电场中 动能定理 带电 常规分解法 类平抛运动 求法 类斜抛运动 特殊分解法 功能关系 电场 磁 匀速直 求法 中 线运动 匀速运动公式 动 圆周运动公式、 匀速圆周 求法 牛顿第二定律 运动 以及几何知识 螺旋线 求法 分解成直线运动 运动 和匀速圆周运动 30 高考物理母题60讲 母题拓展 数学方 临界极 合成分 法思维 值思维 解思维 电场十电场 三种思 电场十磁场 直线运动 维方法 阻合场态 类平抛运动 四大运 两种复 磁场十磁场 复合场模型 匀速圆周运动 动形式 合类型 电场十重力场 般曲线运动 四大实 叠加场 三大 问题 电场十磁场十重力场 际应用 磁场十重力场 速度选择器 质谱仪 示波器 回旋加速器 衍生练习 时都得到加速，两盒放在磁感应强度为B的 [衍生1] 质谱仪是测量带电 匀强磁场中，磁场方向垂直于D形盒。粒子 A 粒子的质量和分析同位素的 源A能不断释放出电荷量为q、质量为m的 重要工具。如图所示为质谱 D 带电粒子（初速度可以忽略，重力不计）。已 仪的原理示意图，现利用质 ● 知D形盒半径为R,忽略粒子在电场中运动 B 谱仪对氢元素进行测量。氢 的时间，不考虑加速过程中引起的粒子质量 元素三种同位素的离子流从容器A下方 变化。下列说法正确的是 () 的小孔S无初速度飘入电势差为U的加 A.粒子从电场中获得能量 速电场，加速后垂直进入磁感应强度为B B.加速电场的交变周期为T= 的匀强磁场中，最后打在照相底片D上， gB 形成a、b、c三条“质谱线”。下列判断正确 C.粒子经交变电压U加速第一次进入D, 的是 () 盒与第一次进人D,盒的运动半径之比 A.三种同位素进入磁场时动量从大到小 为1：√2 排列的顺序是氕、氘、氚 D.粒子在电场中加速的次数为9BR 2mU B.三种同位素进入磁场时动能从大到小 排列的顺序是氕、氘、氘 [衍生3]如图所示，在第 C.三种同位素在磁场中运动时间由大到 一象限内有沿y轴负 小排列的顺序是气、氘、氚 方向的匀强电场，在第 二象限内有垂直于纸 A 0 D.a、b、c三条“质谱线”依次排列的顺序是 面向外的匀强磁场，一个速度大小为。、速 氘、氘、氕 度方向与x轴正方向成60°角的带正电的 [衍生2]（多选)回旋加速 器是用来加速带电粒子 粒子（重力不计）从与O点距离为L的A 点射入磁场，粒子恰好垂直于y轴进入电 使它们获得很大动能的 仪器。其核心部分是两加速电源 场，之后通过x轴上的C点，C点与O点 距离也为L。则电场强度E与磁感应强度 个D形金属盒，两盒分别和一电压为U的 B的大小比值为 高频交流电源两极相接，从而在盒内的狭 4 缝中形成交变电场，使粒子每次穿过狭缝 A.3 B. % C.vo D.2v ·131 、高考物理母题60讲 [衍生4]如图所示，足够长的4E 水平虚线MN上方有一匀M安文xxN 强电场，方向竖直向下（与纸 XXXXXX 面平行)，下方有一匀强磁场，方向垂直于 纸面向里。一个带电粒子从电场中的A 点以水平初速度。向右运动，第一次穿过 MN时的位置记为P点，第二次穿过MN 时的位置记为Q点，P、Q两点间的距离记 为d,从P点运动到Q点的时间记为t。 不计粒子的重力，若只适当减小，的大 小。则下列说法正确的是 () A.t变大，d变小 B.t不变，d变小 C.t变大，d不变 D.t变小，d变大 用告电拉在能之： 。。。 2d-b 示的电场和磁场中模拟×××中E·· 8字形运动，即在y>0的空间中和y<0 的空间内同时存在着大小相等，方向相反 的匀强电场，上、下电场以x轴为分界线， 在y轴左侧和图中竖直虚线MN右侧均 无电场，但有方向垂直纸面向里和向外的 匀强磁场，MN与y轴的距离为2d。一重 力不计的负电荷从y轴上的P(0,d)点以 沿x轴正方向的初速度v。开始运动，经过 一段时间后，电子又以相同的速度回到P 点。则下列说法正确的是 () A.电场强度与磁感应强度的比值为 B.电场强度与磁感应强度的比值为2。 C.带电粒子运动一个周期的时间 为2d+2πd D.带电粒子运动一个周期的时间 为4d+2πd ·132 [衍生6]如图，在空间直角坐标系O一xyz 中，界面I与yO2平面重叠，界面I、Ⅱ、 Ⅲ相互平行，且相邻界面的间距均为L,与 x轴的交点分别为O、O1、O2;在界面I、Ⅱ 间有沿y轴负方向的匀强电场，在界面Ⅱ、 Ⅲ间有沿之轴正方向的匀强磁场.一质量 为、电荷量为+g的粒子，从y轴上距O 点二处的P点，以速度，沿x轴正方向射 入电场区域，该粒子刚好从点O,进入磁场 区域。粒子重力不计。求： 011 02x (1)匀强电场的电场强度大小E; (2)要让粒子刚好不从界面Ⅲ飞出，匀强磁 场的磁感应强度B应多少。 [衍生7]如图所示，三块 0 挡板围成截面边长L= M N 1.2m的等边三角形区 B 域，C、P、Q分别是 ·P×××·· MN、AM和AN中点 处的小孔，三个小孔处 .B.· 于同一竖直面内，MN 水平，MN上方是竖直向下的匀强电场，电 场强度E=400N/C。三角形区域内有垂 直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为 B,;三角形AMN以外和MN以下区域有 垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大 小为B2=3B1。现将一比荷9=108C/kg 177 的带正电的粒子，从C点正上方2m处的 O点由静止释放，粒子从MN上的小孔C 进入三角形内部匀强磁场，经内部磁场偏 转后直接垂直AN经过Q点进入三角形 外部磁场。已知粒子最终又回到了O点。 设粒子与挡板碰撞过程中没有动能损失， 且电荷量不变，不计粒子重力，不计挡板厚 度，取π=3。求： (1)磁感应强度B,的大小； (2)粒子第一次回到O点的过程，在磁场 B,中运动的时间。 ·133 高考物理母题60讲 衍生8]如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第一、二象限内有垂直于坐标平面向外 的匀强磁场，在第三、四象限内有平行于坐 标平面斜向下的匀强电场，电场方向与x 轴负方向的夹角为45°，从坐标原点O向 第二象限内射出一个质量为m、电荷量为 一q的带电粒子，粒子射出的初速度大小 为0。，方向与x轴负方向的夹角也为45°， 此粒子从O点射出后第三次经过x轴的 位置P点离O点的距离为d,粒子第二次 在电场中运动后恰好从O点离开电场，不 计粒子重力，求： 。。 P。。45o。。。。 45》 E (1)磁感应强度B的大小； (2)电场强度E的大小； (3)粒子从O点射出到第一次回到O点所 经历的时间。 ,高考物理母题60讲 [衍生9]如图，水平放置的两平行金属板间 存在匀强电场，板长是板间距离的√3倍。 金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内 部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于 纸面向外的匀强磁场。质量为、电荷量 为q(q>0)的粒子沿中线以速度，水平向 右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出 电场，并沿PO方向从图中O点射入磁场。 已知圆形磁场区域半径为B,不计粒子 重力。 、01 0 (1)求金属板间电势差U; (2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动 方向间的夹角0； (3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍 从图中O点射入磁场，且在磁场中的运动 时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动 轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场 区域的圆心M。 ·134 》 [衍生10们质谱仪可被应用于分离同位素， 图a是其简化模型。大量质量m=1.60× 1027kg、电荷量为q=1.60×1019C的质 子，从粒子源A下方以近似速度为0飘入 电势差为U。=450V的加速电场中，从中 央位置进入平行板电容器。当平行板电容 器不加电压时，质子将沿图中虚线从O点 进入磁感应强度B=0.1T的匀强磁场 中，经磁场偏转后打在水平放置的屏上，已 知磁场方向垂直于纸面向外，电容器极板 长度L=6cm,两极板间宽度d=2cm。 现给平行板电容器加上如图b所示的偏转 电压，质子在电容器中运动的时间远小于 电压变化的周期T,水平屏分布在电容器 竖直极板两侧，忽略粒子所受重力和粒子 间的相互作用力。求： 不 个u U. 屏 偏转电场 ····0· 0 。t··。· ●。g-6●●· -Um 图a 图b (1)质子射出加速电场时速度的大小； (2)为使质子经偏转电场后能全部进入磁 场，偏转电压的最大值U； (3)质子打在水平放置的屏上的痕迹长 度s。 [衍生11]如图甲所示，在O一xyz三维坐标 系的空间内有平行之轴向上且交替变化的 匀强电场、匀强磁场，电场、磁场随时间变 化的规律分别如图乙、丙所示，t=0时，一 带正电的粒子以初速度℃。从O点沿x轴 正方向射人，在七，=上时粒子恰经过点 P(L、0、L)(图中未画出)。已知电场强度 大小为，磁感应强度大小为华，粒子 重力不计。求： E 710 甲 之 27 0怡) (1)粒子的比荷； (2)粒子在1=2弘时的位置坐标； (3)粒子在=3L时的速度。 [归纳提升] ·13 高考物理母题60讲 [衍生12]利用磁场实 y个 现离子偏转是科学仪 3L60 器中广泛应用的技 2L 术。如图所示，Oxy 平面（纸面）的第一象 0 限内有足够长且宽度均为L、边界均平行 x轴的区域I和Ⅱ，其中区域I存在磁感 应强度大小为B,的匀强磁场，区域Ⅱ存在 磁感应强度大小为B,的磁场，方向均垂直 纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。 位于(0,3L)处的离子源能释放出质量为 、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60 的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计 离子的重力及离子间的相互作用，并忽略 磁场的边界效应。 (1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度1及 其在磁场中的运动时间t; (2)若B,=2B,求能到达y=号处的离子 的最小速度℃2。