最新物理带电粒子在磁场中的运动练习题20篇.doc

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1、最新物理带电粒子在磁场中的运动练习题20篇一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1如图纸面内的矩形 ABCD 区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，对边 ABCD、ADBC，电场方向平行纸面，磁场方向垂直纸面，磁感应强度大小为 B.一带电粒子从AB 上的 P 点平行于纸面射入该区域，入射方向与 AB 的夹角为 （90），粒子恰好做匀速直线运动并从 CD 射出若撤去电场，粒子以同样的速度从P 点射入该区域，恰垂直 CD 射出.已知边长 AD=BC=d，带电粒子的质量为 m，带电量为 q，不计粒子的重力.求：(1)带电粒子入射速度的大小；(2)带电粒子在矩形区域内作直线运动的时间；(3)匀强电场的电场

2、强度大小【答案】（1）（2） （3） 【解析】【分析】画出粒子的轨迹图，由几何关系求解运动的半径，根据牛顿第二定律列方程求解带电粒子入射速度的大小；带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移可求解时间；根据电场力与洛伦兹力平衡求解场强.【详解】（1） 设撤去电场时，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，画出运动轨迹如图所示，轨迹圆心为O 由几何关系可知： 洛伦兹力做向心力： 解得 （2）设带电粒子在矩形区域内作直线运动的位移为x，有粒子作匀速运动：x=v0t联立解得 （3）带电粒子在矩形区域内作直线运动时，电场力与洛伦兹力平衡：Eq=qv0B解得【点睛】此题关键是能根据粒子的运动情况画出粒子运动的轨

3、迹图，结合几何关系求解半径等物理量；知道粒子作直线运动的条件是洛伦兹力等于电场力.2在如图所示的平面直角坐标系中，存在一个半径R0.2m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B1.0T，方向垂直纸面向外，该磁场区域的右边缘与y坐标轴相切于原点O点。y轴右侧存在一个匀强电场，方向沿y轴正方向，电场区域宽度0.1m。现从坐标为（0.2m，0.2m）的P点发射出质量m2.0109kg、带电荷量q5.0105C的带正电粒子，沿y轴正方向射入匀强磁场，速度大小v05.0103m/s（粒子重力不计）。（1）带电粒子从坐标为（0.1m，0.05m）的点射出电场，求该电场强度；（2）为了使该带电粒子能从坐标为（0.1

4、m，0.05m）的点回到电场，可在紧邻电场的右侧区域内加匀强磁场，试求所加匀强磁场的磁感应强度大小和方向。【答案】（1）1.0104N/C（2）4T，方向垂直纸面向外【解析】【详解】解：（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有：可得：r=0.20m=R根据几何关系可以知道，带电粒子恰从O点沿x轴进入电场，带电粒子做类平抛运动，设粒子到达电场边缘时，竖直方向的位移为y根据类平抛规律可得： 根据牛顿第二定律可得：联立可得：N/C（2）粒子飞离电场时，沿电场方向速度：m/s=粒子射出电场时速度： 根据几何关系可知，粒子在区域磁场中做圆周运动半径：根据洛伦兹力提供向心力可得：

5、联立可得所加匀强磁场的磁感应强度大小：T根据左手定则可知所加磁场方向垂直纸面向外。3如图所示，MN为绝缘板，CD为板上两个小孔，AO为CD的中垂线，在MN的下方有匀强磁场，方向垂直纸面向外图中未画出，质量为m电荷量为q的粒子不计重力以某一速度从A点平行于MN的方向进入静电分析器，静电分析器内有均匀辐向分布的电场电场方向指向O点，已知图中虚线圆弧的半径为R，其所在处场强大小为E，若离子恰好沿图中虚线做圆周运动后从小孔C垂直于MN进入下方磁场求粒子运动的速度大小；粒子在磁场中运动，与MN板碰撞，碰后以原速率反弹，且碰撞时无电荷的转移，之后恰好从小孔D进入MN上方的一个三角形匀强磁场，从A点射出磁场

6、，则三角形磁场区域最小面积为多少？MN上下两区域磁场的磁感应强度大小之比为多少？粒子从A点出发后，第一次回到A点所经过的总时间为多少？【答案】（1）；（2）；（3）。【解析】【分析】【详解】（1）由题可知，粒子进入静电分析器做圆周运动，则有：解得：（2）粒子从D到A匀速圆周运动，轨迹如图所示：由图示三角形区域面积最小值为：在磁场中洛伦兹力提供向心力，则有：得：设MN下方的磁感应强度为B1，上方的磁感应强度为B2，如图所示：若只碰撞一次，则有：故若碰撞次，则有：故（3）粒子在电场中运动时间：在下方的磁场中运动时间：在上方的磁场中运动时间：总时间：4在水平桌面上有一个边长为L的正方形框架，内嵌一个

7、表面光滑的绝缘圆盘，圆盘所在区域存在垂直圆盘向上的匀强磁场一带电小球从圆盘上的P点（P为正方形框架对角线AC与圆盘的交点）以初速度v0水平射入磁场区，小球刚好以平行于BC边的速度从圆盘上的Q点离开该磁场区（图中Q点未画出），如图甲所示现撤去磁场，小球仍从P点以相同的初速度v0水平入射，为使其仍从Q点离开，可将整个装置以CD边为轴向上抬起一定高度，如图乙所示，忽略小球运动过程中的空气阻力，已知重力加速度为g求：（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比；（2）框架以CD为轴抬起后，AB边距桌面的高度【答案】（1）小球两次在圆盘上运动的时间之比为：2；（2）框架以CD为轴抬起后，AB边距桌面的高度为【解

8、析】【分析】【详解】（1）小球在磁场中做匀速圆周运动，由几何知识得：r2+r2=L2，解得：r=L，小球在磁场中做圆周运的周期：T=，小球在磁场中的运动时间：t1=T=，小球在斜面上做类平抛运动，水平方向：x=r=v0t2，运动时间：t2=，则：t1：t2=：2；（2）小球在斜面上做类平抛运动，沿斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，位移：r=，解得，加速度：a=，对小球，由牛顿第二定律得：a=gsin，AB边距离桌面的高度：h=Lsin=；5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

9、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v0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。【答案】（1）粒子经过原点时的速度大小为v0，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： n1、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： k1、2、3或 n1、2、3。【解析】【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2av0t，竖

10、直方向： ，解得：vyv0，tan1，45，粒子穿过O点时的速度：；（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： ，粒子能过P点，由几何知识得：Lnrcos45 n1、2、3，解得： n1、2、3；（3）设粒子在第二象限运动时间为t1，则：t1；粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：，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：t2T1，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：t2T1+T2，若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P点：t22T

11、1+T2，若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P点：t22T1+2T2，则 k1、2、3或 n1、2、3粒子从出发到P点经过的时间：tt1+t2，解得： k1、2、3或 n1、2、3；6如图所示,在平面直角坐标系xOy平面内,直角三角形abc的直角边ab长为6d，与y轴重合,bac=30,中位线OM与x轴重合,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场在笫一象限内,有方向沿y轴正向的匀强电场,场强大小E与匀强磁场磁感应强度B的大小间满足E=v0B在x=3d的N点处,垂直于x轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v0从y轴上3dy0的范围内垂直于y轴向左射入磁场,其中从y轴上y=2d处射入的电子

12、,经磁场偏转后,恰好经过O点电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计求(1)匀强磁杨的磁感应强度B(2)电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围;(3)荧光屏上发光点距N点的最远距离L【答案】（1）； （2）；（3）；【解析】(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r；由几何关系可得r=d电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：解得：(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac边相切时，电子从+ y轴射入电场的位置距O点最远，如图甲所示.设此时的圆心位置为，有：解得即从O点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O点最远所以电子束从y轴正半轴上射入电场时的纵坐标y的范围

13、为设电子从范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y，从ON间射出电场时的位置横坐标为x，速度方向与x轴间夹角为，在电场中运动的时间为t，电子打到荧光屏上产生的发光点距N点的距离为L，如图乙所示：根据运动学公式有： 解得：即时，L有最大值解得： 当【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在如图所示的xoy坐标系中，一对间距为d的平行薄金属板竖直固定于绝缘底座上，底座置于光滑水平桌面的中间，极板右边与y轴

14、重合，桌面与x轴重合，o点与桌面右边相距为，一根长度也为d的光滑绝缘细杆水平穿过右极板上的小孔后固定在左极板上，杆离桌面高为1.5d，装置的总质量为3m两板外存在垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场和匀强电场（图中未画出），假设极板内、外的电磁场互不影响且不考虑边缘效应有一个质量为m、电量为+q的小环（可视为质点）套在杆的左端，给极板充电，使板内有沿x正方向的稳恒电场时，释放小环，让其由静止向右滑动，离开小孔后便做匀速圆周运动，重力加速度取g求：（1）环离开小孔时的坐标值；（2）板外的场强E2的大小和方向；（3）讨论板内场强E1的取值范围，确定环打在桌面上的范围【答案】（1）环离开小孔时的坐

15、标值是-d；（2）板外的场强E2的大小为，方向沿y轴正方向；（3）场强E1的取值范围为，环打在桌面上的范围为【解析】【详解】（1）设在环离开小孔之前，环和底座各自移动的位移为x1、x2由于板内小环与极板间的作用力是它们的内力，系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有： mx1-3mx2=0而x1+x2=d解得：x1=d x2=d环离开小孔时的坐标值为：xm=d-d=-d（2）环离开小孔后便做匀速圆周运动，须qE2=mg解得：，方向沿y轴正方向（3）环打在桌面上的范围可画得如图所示，临界点为P、Q，则若环绕小圆运动，则R=0.75d 根据洛仑兹力提供向心力，有： 环在极板内做匀加速运动

16、，设离开小孔时的速度为v，根据动能定理，有：qE1x1=mv2联立解得： 若环绕大圆运动，则R2=（R-1.5d）2+（2d）2解得：R=0.48d联立解得： 故场强E1的取值范围为 ，环打在桌面上的范围为8如图所示，空间存在方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在0yd的区域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 从O点沿y轴正方向射入区域.不计粒子重力(1) 求粒子在区域中运动的轨道半径：(2) 若粒子射入区域时的速度为 ，求粒子打在x轴上的位置坐标，并求出此过程中带电粒子运动的时间；(3) 若此粒子射入区域的速度 ，求该粒子打在x轴上位置坐标的最小值【答案】（1）

17、（2） （3）【解析】【分析】【详解】（1）带电粒子在磁场中运动，洛仑磁力提供向心力：把，代入上式，解得： (2) 当粒子射入区域时的速度为时，如图所示在OA段圆周运动的圆心在O1，半径为在AB段圆周运动的圆心在O2，半径为在BP段圆周运动的圆心在O3，半径为可以证明ABPO3为矩形，则图中,由几何知识可得：所以：所以粒子打在x轴上的位置坐标粒子在OA段运动的时间为：粒子在AB段运动的时间为粒子在BP段运动的时间为在此过程中粒子的运动时间： (3)设粒子在区域中轨道半径为R，轨迹由图可得粒子打在x轴上位置坐标：化简得： 把上式配方：化简为：则当时，位置坐标取最小值：9如图所示，在xoy平面(纸

18、面)内，存在一个半径为R=02.m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B=1.0T，方向垂直纸面向里，该磁场区域的左边缘与y轴相切于坐标原点O.在y轴左侧、0.1mx0的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场(图中未标出)，电场强度的大小为E=10104N/C.一个质量为m=2.0109kg、电荷量为q=5.0105C的带正电粒子，以v0=5.0103m/s的速度沿y轴正方向、从P点射入匀强磁场，P点的坐标为(0.2m，0.2m)，不计粒子重力(1)求该带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)求该带电粒子离开电场时的位置坐标；(3)若在紧靠电场左侧加一垂直纸面的匀强磁场，该带电粒子能回到电场，在粒

19、子回到电场前瞬间，立即将原电场的方向反向，粒子经电场偏转后，恰能回到坐标原点O，求所加匀强磁场的磁感应强度大小【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】粒子进入电场后做类平抛运动，将射出电场的速度进行分解，根据沿电场方向上的速度，结合牛顿第二定律求出运动的时间，从而得出类平抛运动的水平位移和竖直位移，即得出射出电场的坐标先求出粒子射出电场的速度，然后根据几何关系确定在磁场中的偏转半径，然后根据公式B求得磁场强度【详解】（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：解得：（2）由几何关系可知，带电粒子恰从O点沿x轴负方向进入电场，带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的加速度为

20、a，到达电场边缘时，竖直方向的位移为y，有：，由牛顿第二定律有：联立解得：所以粒子射出电场时的位置坐标为（3）粒子分离电场时，沿电场方向的速度解得：则粒子射出电场时的速度：设所加匀强磁场的磁感应强度大小为，粒子磁场中做匀速圆周运动的半径为，由几何关系可知：由牛顿第二定律有：联立解得：10如图所示，真空中有一个半径r=0.5m的圆柱形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小B=210-3T，方向垂直于纸面向外，x轴与圆形磁场相切于坐标系原点O，在x=0.5m和x=1.5m之间的区域内有一个方向沿y轴正方向的匀强电场区域，电场强E=1.5103N/C，在x=1.5m处竖有一个与x轴垂直的足够长的荧光屏，

21、一粒子源在O点沿纸平面向各个方向发射速率相同、比荷C/kg的带正电的粒子，若沿y轴正方向射入磁场的粒子恰能从磁场最右侧的A点沿x轴正方向垂直进入电场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用和其他阻力求：(1)粒子源发射的粒子进入磁场时的速度大小；(2)沿y轴正方向射入磁场的粒子从射出到打到荧光屏上的时间(计算结果保留两位有效数字)；(3)从O点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由几何关系确定半径，根据求解速度；（2）粒子在磁场中运动T/4，根据周期求解在磁场中的运动时间；在电场中做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解

22、在电场值的时间；（3）根据牛顿第二定律结合运动公式求解在电场中的侧移量，从而求解从O点处射出的粒子打在荧光屏上的纵坐标区域范围【详解】（1）由题意可知，粒子在磁场中的轨道半径为R=r=0.5m，由 进入电场时 带入数据解得v=1.0106m/s（2）粒子在磁场中运动的时间 粒子从A点进入电场做类平抛运动，水平方向的速度为v，所以在电场中运动的时间 总时间 （3）沿x轴正方向射入电场的粒子，在电场中的加速度大小 在电场中侧移： 打在屏上的纵坐标为0.75；经磁场偏转后从坐标为（0,1）的点平行于x轴方向射入电场的粒子打在屏上的纵坐标为1.75；其他粒子也是沿x轴正方向平行的方向进入电场，进入电场

23、后的轨迹都平行，故带电粒子打在荧光屏上 的纵坐标区域为0.75y1.75.11如图所示，x轴的上方存在方向与x轴成角的匀强电场，电场强度为E，x轴的下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度有一个质量，电荷量的带正电粒子，该粒子的初速度，从坐标原点O沿与x轴成角的方向进入匀强磁场，经过磁场和电场的作用，粒子从O点出发后第四次经过x轴时刚好又回到O点处，设电场和磁场的区域足够宽，不计粒子重力，求：带电粒子第一次经过x轴时的横坐标是多少？电场强度E的大小及带电粒子从O点出发到再次回到O点所用的时间【答案】带电粒子第一次经过x轴时的横坐标是；电场强度E的大小为，带电粒子从O点出发到再次回到O点所用的

24、时间为【解析】【分析】(1)粒子在磁场中受洛伦兹力作用下做一段圆弧后第一次经过x轴，根据洛伦兹力提供向心力公式求出半径，再根据几何关系求出坐标；(2)然后进入电场中，恰好做匀减速运动直到速度为零后又返回，以相同速率再次进入磁场仍在洛伦兹力作用下又做一段圆弧后，再次进入电场正好做类平抛运动.粒子在磁场中两次运动刚好完成一个周期，由粒子在电场中的类平抛运动，根据垂直电场方向位移与速度关系，沿电场方向位移与时间关系，结合牛顿第二定律求出E，三个过程的总时间即为总时间【详解】粒子在磁场中受磁场力的作用沿圆弧运动，洛仑兹力提供向心力，半径，根据圆的对称性可得粒子在磁场中第一次偏转所对的圆心角为，则第一次

25、经过x轴时的横坐标为第一次进入电场，运动方向与电场方向相反，做匀减速直线运动，速度减为零后又反向加速返回磁场，在磁场中沿圆周运动，再次进入电场时速度方向刚好垂直电场方向，在电场力的作用下偏转，打在坐标原点O处，其运动轨迹如图所示由几何关系可得，第二次进入电场中的位移为，在垂直电场方向的位移，运动时间在沿电场方向上的位移，又因得根据牛顿第二定律所以电场强度粒子从第一次进入电场到再返回磁场的时间，粒子在磁场中两段运动的时间之和刚好是做一个完整圆周运动的周期所以粒子从出发到再回到原点的时间为【点睛】本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析能力，以及空间想像

26、的能力，应用数学知识解决物理问题的能力12如图所示，在x轴上方有垂直xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B1=B0，在x轴下方有交替分布的匀强电场和匀强磁场，匀强电场平行于y轴，匀强磁场B2=2B0垂直于xOy平面，图象如图所示一质量为m，电量为-q的粒子在时刻沿着与y轴正方向成60角方向从A点射入磁场，时第一次到达x轴，并且速度垂直于x轴经过C点，C与原点O的距离为3L第二次到达x轴时经过x轴上的D点，D与原点O的距离为4L（不计粒子重力，电场和磁场互不影响，结果用B0、m、q、L表示）（1）求此粒子从A点射出时的速度0；（2）求电场强度E0的大小和方向；（3）粒子在时到达M点，求M点坐标

27、【答案】（1） （2） （3）（9L，）【解析】试题分析：（1）设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得根据题意由几何关系可得联立得（2）粒子在第一象限磁场中运动的周期设为T1，可得粒子在第四象限磁场中运动的周期设为T2，可得根据题意由几何关系可得由可得综上可以判断3t04 t0粒子在第四象限的磁场中刚好运动半个周期，半径为由牛顿第二定律得2 t03 t0,粒子做匀减速直线运动，qE=ma 1112综上解得13（3）由题意知，粒子在8 t0时刚在第四象限做完半个圆周运动，x=9L 14粒子在电场中减速运动的时间为t0，由运动学公式可得15联立 1112可解得16联立可得M点的坐标

28、为（9L，） 17考点：带电粒子在电场及在磁场中的运动.13如图所示，在0xa、0y范围内有垂直于xy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B坐标原点O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0范围内己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于到a之间，从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的：（1）速度的大小；（2）速度方向与y轴正方向夹角的正弦【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据题意，粒子运动时间最长时，其回旋的角度最大

29、，画出运动轨迹，根据几何关系列出方程求解出轨道半径，再根据洛伦兹力提供向心力得出速度大小；（2）最后离开磁场的粒子，其运动时间最长，即为第一问中轨迹，故可以根据几何关系列出方程求解出其速度方向与y轴正方向夹角的正弦【详解】设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨道半径为R，根据洛伦兹力提供向心力，得解得当Ra时，在磁场中运动的时间最长的粒子，其轨迹是圆心为C的圆弧，圆弧与磁场的边界相切，如图所示，设该粒子在磁场中运动的时间为t，依题意t=，回旋角度为OCA=，设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为，由几何关系得sin2+cos2=1解得故最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的速度大小为

30、（2）由第一问可知，最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的速度方向与y轴正方向夹角的正弦为【点评】本题关键是画出运动时间最长的粒子的运动轨迹，然后根据几何关系得到轨道半径，再根据洛仑兹力提供向心力得到速度大小14飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析如图所示，在真空状态下，脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的正离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测器已知元电荷电量为e，a、b板间距为d，极板M、N的长度和间距均为L不计离子重力及进入a板时的初速度（1）当a、b间的电压为时，在M、N间加上适当的电压，使离子到达探测器请导出离子的

31、全部飞行时间与比荷K（）的关系式（2）去掉偏转电压，在M、N间区域加上垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B，若进入a、b间所有离子质量均为m，要使所有的离子均能通过控制区从右侧飞出，a、b间的加速电压至少为多少？【答案】（1）离子到达探测器的时间（2）【解析】思路点拨（1）带电粒子先在电场中加速，然后经过偏转电场偏转，加速电场的过程中，根据动能定理可以表示出速度，根据牛顿第二定律可以表示出时间在偏转电场中沿水平方向做匀速运动，因此可以表示出时间，这样就可以得出总时间与比荷的关系（2）当加上磁场时，经过找圆心、求半径以及几何关系可以求得电压（1）由动能定理：n价正离子在a、b间的加速度在a、b间运

32、动的时间在MN间运动的时间离子到达探测器的时间（2）假定n价正离子在磁场中向N板偏转，洛仑兹力充当向心力，设轨迹半径为R，由牛顿第二定律离子刚好从N板右侧边缘穿出时，由几何关系：由以上各式得：当n=1时取最小值15右图中左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为V；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里，图中右边有一半径为R、圆心为O的圆形区域，区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里一电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G点射出，已知弧所对应的圆心角为不计重力，求：（1）离子速度的大小；（2）离子的质量【答案】（1）（2）【解析】【分析】【详解】试题分析：带电粒子在磁场中的运动轨迹分析如图所示（1）由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，则又由式得（2）在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动则由几何关系有解得考点：带电粒子在磁场中的运动点评：本题是速度选择器和带电粒子在匀强磁场中运动的组合问题，可以列出带电粒子在磁场中做圆周运动洛伦兹力做向心力的表达式求解，根据几何关系求半径是解题关键