高中物理带电粒子在磁场中的运动真题汇编(含答案)及解析

一、带电粒子在磁场中的运动专项训练

1．如图所示，在一直角坐标系xoy平面内有圆形区域，圆心在x轴负半轴上，P、Q是圆上的两点，坐标分别为P（-8L，0），Q（-3L，0）。y轴的左侧空间，在圆形区域外，有一匀强磁场，磁场方向垂直于xoy平面向外，磁感应强度的大小为B，y轴的右侧空间有一磁感应强度大小为2B的匀强磁场，方向垂直于xoy平面向外。现从P点沿与x轴正方向成37°角射出一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，带电粒子沿水平方向进入第一象限，不计粒子的重力。求： （1）带电粒子的初速度；

（2）粒子从P点射出到再次回到P点所用的时间。

【答案】(1)v【解析】 【详解】

41m8qBL)；(2)t(1 45qBm(1)带电粒子以初速度v沿与x轴正向成37o角方向射出，经过圆周C点进入磁场，做匀速圆周运动，经过y轴左侧磁场后，从y轴上D点垂直于y轴射入右侧磁场，如图所示，由几何关系得：

QC5Lsin37o

O1QOQ5L

sin37O在y轴左侧磁场中做匀速圆周运动，半径为R1，

R1O1QQC

v2qvBm

R1解得：v8qBL ； mmvv2(2)由公式qvBm得：R2，解得：R24L

qBR2

由R24L可知带电粒子经过y轴右侧磁场后从图中O1占垂直于y轴射放左侧磁场，由对称性，在y圆周点左侧磁场中做匀速圆周运动，经过圆周上的E点，沿直线打到P点，设带电粒子从P点运动到C点的时间为t1

PC5Lcos37o

t1PC v带电粒子从C点到D点做匀速圆周运动，周期为T1，时间为t2

T12m qB37ot2T o1360带电粒子从D做匀速圆周运动到O1点的周期为T2，所用时间为t3

T22mm q·2BqB1t3T2

2从P点到再次回到P点所用的时间为t

t2t12t2t2

联立解得：t14145m。 qB

2．如图所示，xOy平面处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．点

3PL,03处有一粒子源，可向各个方向发射速率不同、电荷量为q、质量为m的带负电粒子．不考虑粒子的重力．

（1）若粒子1经过第一、二、三象限后，恰好沿x轴正向通过点Q（0，-L），求其速率v1；

（2）若撤去第一象限的磁场，在其中加沿y轴正向的匀强电场，粒子2经过第一、二、三象限后，也以速率v1沿x轴正向通过点Q，求匀强电场的电场强度E以及粒子2的发射速率v2；

（3）若在xOy平面内加沿y轴正向的匀强电场Eo，粒子3以速率v3沿y轴正向发射，求在运动过程中其最小速率v.

某同学查阅资料后，得到一种处理相关问题的思路：

带电粒子在正交的匀强磁场和匀强电场中运动，若所受洛伦兹力与电场力不平衡而做复杂的曲线运动时，可将带电粒子的初速度进行分解，将带电粒子的运动等效为沿某一方向的匀速直线运动和沿某一时针方向的匀速圆周运动的合运动． 请尝试用该思路求解． 【答案】（1）【解析】 【详解】

2BLq221BLq（2）（3）3m9mE0E

vBB2032v12（1）粒子1在一、二、三做匀速圆周运动，则qv1Bm

r1322由几何憨可知：r1Lr13L

得到：v122BLq 3m1qE23t Lv1t，h2m3（2）粒子2在第一象限中类斜劈运动，有：8qLB2在第二、三象限中原圆周运动，由几何关系：Lh2r1，得到E

9m22又v2v12Eh，得到：v2221BLq 9m（3）如图所示，将v3分解成水平向右和v和斜向的v，则qvBqE0，即v而v2 v'2v3E0 B所以，运动过程中粒子的最小速率为vvv

EE2即：v0v30

BB2

3．如图所示，在xOy坐标系中，第Ⅰ、Ⅱ象限内无电场和磁场。第Ⅳ象限内（含坐标轴）有垂直坐标平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限内有沿x轴正向、电场强度大小为E的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的P点以大小为v0的速度垂直射入

2mv0 。 电场，不计粒子重力和空气阻力，P、O两点间的距离为

2qE

（1）求粒子进入磁场时的速度大小v以及进入磁场时到原点的距离x；

（2）若粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中，求磁场磁感应强度的大小需要满足的条件。

2mv0(21)E【答案】（1）2v0； （2）B

qEv0【解析】 【详解】

2mv0112mv2mv0 （1）由动能定理有：qE2qE22解得：v＝2v0

设此时粒子的速度方向与y轴负方向夹角为θ，则有cosθ＝解得：θ＝45° 根据tan2v02 v2x1，所以粒子进入磁场时位置到坐标原点的距离为PO两点距离的两y2mv0倍，故x

qE（2）要使粒子由第Ⅳ象限的磁场直接回到第Ⅲ象限的电场中，其临界条件是粒子的轨迹与x轴相切，如图所示，由几何关系有：

s＝R+Rsinθ

v2又：qvBm

R解得：B(21)E v0故B(21)E v0

4．如图甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N．现有一质量为m、带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，此时速度方向与x轴正方向的夹角为30°．不考虑电子所受的重力．

（1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E的大小；

（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴．求所加磁场磁感应强度B的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标； （3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同．请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式．

【答案】（1） （2） （3） （n=1，2，3…）

（n=1，2，3…） 【解析】

（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1中所示．

由速度关系可得：解得：

由速度关系得：vy=v0tanθ=在竖直方向：而水平方向:

v0

解得：

（2）根据题意作图如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L 根据牛顿第二定律：

，-）

解得：

根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为（（3）电子在在磁场中最简单的情景如图2所示．

在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60°，设电子运动的轨道半径为r，运动的T0，粒子在x轴方向上的位移恰好等于r1；

在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T′=2T0，故粒子的偏转角度仍为60°，电子运动的轨道半径变为2r，粒子在x轴方向上的位移恰好等于2r．

综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是：3rn=2L（n=1，2，3…）

而：

（n=1，2，3…）

解得：

应满足的时间条件为： (T0+T′)=T

而：

解得

（n=1，2，3…）

点睛：本题的靓点在于第三问，综合题目要求及带电粒子运动的半径和周期关系，则符合要求的粒子轨迹必定是粒子先在正B0中偏转60°，而后又在− B0中再次偏转60°，经过n次这样的循环后恰恰从N点穿出．先从半径关系求出磁感应强度的大小，再从周期关系求出交变磁场周期的大小.

5．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轴重合，桌面与x轴重合，o点与桌面右边相距为

7d，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，4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）环离开小孔时的坐标值是-（2）板外的场强E2的大小为 1d； 4mg，方向沿y轴正方向； q17qB2d3qB2d（3）场强E1的取值范围为 ，环打在桌面上的范围为d～d． ～446m8m【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 ① 而x1+x2=d ② ①②解得：x1= x2=

3d ③ 41d 431d-d=-d

44（2）环离开小孔后便做匀速圆周运动，须 qE2=mg

mgE 解得：2，方向沿y轴正方向

q环离开小孔时的坐标值为：xm=

（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 ④

v2根据洛仑兹力提供向心力，有：qvBm ⑤

R环在极板内做匀加速运动，设离开小孔时的速度为v，根据动能定理，有： qE1x1=

12mv⑥ 23qB2d 联立③④⑤⑥解得：E18m若环绕大圆运动，则R2=（R-1.5d）2+（2d）2

解得：R=0.48d ⑦

qB2d 联立③⑤⑥⑦解得：E16m17qB2d3qB2d ，环打在桌面上的范围为d～d． 故场强E1的取值范围为 ～446m8m

6．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?

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

4qR22进入磁场的速度vv1v22v

R 2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mv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2解得r25R 8mv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r32r3R2 2解得r3271R4

2271mvmv2由qvB3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



7．如图甲所示，边长为L的正方形ABCD区域内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场。在正方形的几何中心O处有一粒子源，垂直磁场沿各个方向发射速率为v0的带电荷量为－q的粒子，粒子质量为m。图中x、y轴分别过正方形四边的中点E、F、G、H不计粒子重力及相互作用。

(1)为了使粒子不离开正方形ABCD区域则磁感应强度B1应该满足什么条件？ (2)改变磁场的强弱，若沿与y轴成60°(如图乙所示)方向发射的粒子在磁场中运动时间最短，求磁感应强度B2的大小；

(3)若磁感应强度大小为(2)中B2，则粒子离开磁场边界的范围。(结果可用根号表示) 【答案】(1)

(2)

(3)从AB边射出的坐标为

从BD边射出的坐标为

从CD边射出的坐标为

从AC边射出的坐标为

【解析】 【分析】

(1)粒子经过磁场后恰好不飞出，则临界情况是粒子与磁场边界相切，画出轨迹，根据几何关系求出轨迹半径，再由牛顿第二定律求出B的值．(2)运动时间最短应找最小的圆心角，则找劣弧中弦长最短的轨迹；(3)由轨迹与边界相切或相交的各种情况找到临界半径，从而得到飞出的边界范围. 【详解】

(1)为使粒子不离开正方形ABCD区域，则粒子在磁场中圆周运动的半径需满足如下关系：

联立解得：

(2)由分析可知，所有粒子中，过正方形边长中点的粒子所需时间最短， 由几个关系得：

(3)从AB边出射的粒子，轨迹如图所示：

分析可知，解得：

当粒子运动轨迹与BG相切时，打到右边最远处， 由几何关系得，解得：

综上粒子从AB边射出的坐标为

同理求得，从BD边射出的粒子，位置坐标为

同理求得，从CD边射出的粒子，位置坐标为

同理求得，从AC边射出的粒子，位置坐标为

【点睛】

解答带电粒子在磁场中运动的习题，关键是画出粒子的运动轨迹，尤其是临界轨迹，然后由几何关系求出圆周运动的半径从而可以顺利求解速度大小.

8．如图所示，平面直角坐标系xoy的第二、三象限内有方向沿y轴正向的匀强电场，第一、四象限内有圆形有界磁场，有界磁场的半径为当

2L，磁扬场的方向垂直于坐标平面2向里，磁场边界与y轴相切于O点，在x轴上坐标为(－L，0)的P点沿与x轴正向成θ=45°方向射出一个速度大小为v0的带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，粒子经电场偏转垂直y轴射出电场，粒子进人磁场后经磁场偏转以沿y轴负方向的速度射出磁场，不计粒子的重力．求

(1)粒子从y轴上射出电场的位置坐标；

(2)匀强电场电场强度大小及匀强磁场的磁感应强度大小； (3)粒子从P点射出到出磁场运动的时间为多少?

2mv01L2(1)L2mv0【答案】（1）（0，L）（2）E B （3）t

2qL2v02v02qL【解析】 【分析】

（1）粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆过程，应用类平抛运动规律可以求出粒子出射位置坐标．

（2）应用牛顿第二定律求出粒子在电场中的加速度，应用位移公式求出电场强度；粒子在磁场中做圆周运动，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度．

（3）根据粒子运动过程，求出粒子在各阶段的运动时间，然后求出总的运动时间． 【详解】

（1）粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆运动， 水平方向：L=v0cosθ•t1， 竖直方向：y=解得：y=

1v0sinθ•t1， 21L， 21L）； 2粒子从y轴上射出电场的位置为：（0，（2）粒子在电场中的加速度：a=竖直分位移：y=

qE， m12at1， 22mv0 ； 解得：E2qL粒子进入磁场后做匀速圆周运动，粒子以沿y轴负方向的速度射出磁场，粒子运动轨迹运动轨迹如图所示，

由几何知识得：AC与竖直方向夹角为45°， AD=2y=

2L， 2因此AAC刚好为有界磁场边界圆的直径，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r=L，

v2粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，

r其中，粒子的速度：v=v0cosθ， 解得：B2mv0； 2qLL2L， v0cosv021LL， 22（3）粒子在电场中的运动时间：t1粒子离开电场进入磁场前做匀速直线运动，位移：x粒子做运动直线运动的时间：t2x(22)L， v2v0112m2L， T44qB2v0粒子在磁场中做圆周运动的时间：t3粒子总的运动时间：t=t1+t2+t3=【点睛】

21LL； v02v0本题考查了带电粒子在磁场中运动的临界问题，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间．

9．如图甲所示，两金属板M、N水平放置组成平行板电容器，在M板中央开有小孔O，再将两个相同的绝缘弹性挡板P、Q对称地放置在M板上方，且与M板夹角均为60°，两挡板的下端在小孔O左右两侧．现在电容器两板间加电压大小为U的直流电压，在M板上方加上如图乙所示的、垂直纸面的交变磁场，以方向垂直纸面向里为磁感应强度的正值，其值为B0，磁感应强度为负值时大小为Bx，但Bx未知．现有一质量为m、电荷量为q（q>0），不计重力的带电粒子，从N金属板中央A点由静止释放，t＝0时刻，粒子刚好从小孔O进入上方磁场中，在t1时刻粒子第一次撞到左挡板P上，紧接着在t1＋t2时刻粒子撞到了右挡板Q上，然后粒子又从O点竖直向下返回平行金属板间，接着再返回磁场做前面所述的运动．粒子与挡板碰撞前后电荷量不变，沿板面的分速度不变，垂直于板面的分速度大小不变、方向相反，不计碰撞的时间及磁场变化产生的感应影响．图中t1,t2未知，求：

(1)粒子第一次从A到达O点时的速度大小； (2) 粒子从O点第一次撞到左挡板P的时间t1的大小； (3)图乙中磁感应强度Bx的大小； (4)两金属板M和N之间的距离d.

35n2Um2Uqm【答案】（1）v＝（2）t1＝（3）Bx＝2B0（4）d＝，n＝

m3B0q24B0q0,1,2,3

【解析】【分析】粒子在电场间做匀加速直线运动，由动能定理求出粒子刚进入磁场的速度，在磁场中做圆周运动，由几何关系得圆心角求出运动时间，粒子在整个装置中做周期性的往返运动，由几何关系得半径求出磁感应强度Bx的大小，在t1～(t1＋t2)时间内，粒子做匀速圆周运动，由周期关系求出在金属板M和N间往返时间，再求出金属板M和N间的距离。 解：(1) Uq=解得v=1mv2-0 22Uq mmv2(2)由qvB=得

rr0=T1=mv B0q2r02m= vB0q1mt1=T1= 63B0qmv2mvmv(3)由qvB=得，粒子做匀速圆周运动的半径r0=， rx=

B0qBxqr粒子在整个装置中做周期性的往返运动，运动轨迹如图所示

由图易知： r0=2rx 解得 Bx=2B0

(４)在t1～(t1＋t2)时间内，粒子做匀速圆周运动的周期

T2=2mm= BxqB0q1mt2=T2=

22B0q设粒子在金属板M和N间往返时间为t，有

d=0+vt 22且满足： t＝t2＋nt1＋t2，n＝0,1,2,3 联立可得金属板M和N间的距离：

d=（3+5n）2Um24B0q，n＝0,1,2,3

10．如图甲所示，A、B为水平放置的间距d0.2m的两块足够大的平行金属板，两板间有场强为E0.1V/m、方向由B指向A的匀强电场.一喷枪从A、B板的中央点P向各个方向均匀地喷出初速度大小均为v010m/s的带电微粒.已知微粒的质量均为

m1.0105kg、电荷量均为q1.0103C，不计微粒间的相互作用及空气阻力的

影响，取g10m/s.求：

2

（1）求从P点水平喷出的微粒打在极板时的水平位移x。

（2）要使所有微粒从Ｐ点喷出后均做直线运动，应将板间的电场调节为E，求E的大小和方向；在此情况下，从喷枪刚开始喷出微粒计时，求经t00.02s时两板上有微粒击中区域的面积和。

（3）在满足第（2）问中的所有微粒从Ｐ点喷出后均做直线运动情况下，在两板间加垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B1T。求B板被微粒打中的区域长度。 【答案】（1）1m；（2）0.06π m（3）【解析】

试题分析：（1）微粒在匀强电场做类平抛运动，微粒的加速度:a根据运动学：

2

31m 10Eqmg md12at 运动的半径：xv0t 22解得: x=1m

（2）要使微粒做直线运动，电场应反向，且有：qEmg

Emg0.1V/m q故电场应该调节为方向向下，大小为E0.1V/m 经t00.02s时，微粒运动的位移sv0t

极板上被微粒击中区域为半径为r的圆，其中rs()

22d22S2r20.06 m2

（3）微粒做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力：

v2mvqvBm R0.1m

RqB竖直向下射出的微粒打在B板的左端恰好与B板相切,如图甲所示：d10.1m 当粒子源和B板右边击中点距离为直径时距离最远：如图乙所示： d23m 10

故B板被微粒打中的区域的长度都为31m 10考点：带电粒子在复合场中的运动；带电粒子在匀强磁场中的运动.

11．

如图所示，在0≤x≤a、0≤y≤

a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2B．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0～90范围内．己知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于

a到a之间，从发射粒子到粒子全部离2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）v(2【解析】 【分析】

666aqB；（2）sin )102m（1）根据题意，粒子运动时间最长时，其回旋的角度最大，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

v2qvBm

R解得

R当

mv qBa＜R＜a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2T，回旋角度为4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=∠OCA=

π，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α，由几何关系得 2aRsinR

2RsinaRcos

sin2α+cos2α=1

解得

6R22 a

6aqBv2m 2sin66 10故最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的速度大小为v26aqB． 2m（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sin66． 10

【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．

12．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U1时，在M、N间加上适当的电压U2，使离子到达探测器．请导出离子的全部飞行时间与比荷K（Kne）的关系式． m（2）去掉偏转电压U2，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U1至少为多少？

【答案】（1）离子到达探测器的时间tt1t22mm2dLdL neU12neU12KU1（2）Umin【解析】

25eL2B2 32m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：neU112mv 2neU1 mdn价正离子在a、b间的加速度a1在a、b间运动的时间t1在MN间运动的时间t2v2md a1neU1L v离子到达探测器的时间tt1t22mm2dLdL neU12neU12KU1（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

v2顿第二定律nevBm

R离子刚好从N板右侧边缘穿出时，由几何关系：RL(R22L2) 225neL2B2由以上各式得：U1

32m当n=1时U1取最小值Umin25eL2B2． 32m

13．现代科学仪器常利用电场磁场控制带电粒子的运动，如图所示，真空中存在着多层紧密

相邻的匀强电场和匀强磁场，宽度均为d电场强度为E，方向水平向左；垂直纸面向里磁场的磁感应强度为B1，垂直纸面向外磁场的磁感应强度为B2，电场磁场的边界互相平行且与电场方向垂直.一个质量为

、电荷量为的带正电粒子在第层电场左侧边界某处由静止

释放,粒子始终在电场、磁场中运动,不计粒子重力及运动时的电磁辐射.

（1）求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2;

（2）粒子从第n层磁场右侧边界穿出时,速度的方向与水平方向的夹角为n,试求sinn; （3）若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,试问在其他条件不变的情况下,也进入第n层磁场,但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界,请简要推理说明之 【答案】（1）【解析】

（1）粒子在进入第2层磁场时，经两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功，由动能定理，有：

； （2）

； （3）见解析；

解得：

粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有：

联立解得：

（2）设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn（下标表示粒子所在层数），

粒子进入到第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为出时速度方向与水平方向的夹角为量不变，有：

,从第n层磁场右侧边界突

，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分

由图根据几何关系可以得到：

联立可得：由此可看出

，

，…，

为一等差数列，公差为d，可得：

当n=1时，由下图可看出：

联立可解得：

（3）若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则：

，

，假设通穿出第n

，则导

在其他条件不变的情况下，打印服务比荷更大的粒子，设其比荷为层磁场右侧边界，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为致：说明界．

考点：带电粒子在电磁场中的运动

，由于

不存在，即原假设不成立，所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边

14．

磁谱仪是测量能谱的重要仪器．磁谱仪的工作原理如图所示，放射源s发出质量为m、电量为q的粒子沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，被限束光栏Q限制在

2的小角度内，粒子经磁场偏转后打到与束光栏平行的感光片P上．（重力影响不

计）

（1）若能量在E~E＋ΔE（ΔE>0，且ΔE<（2）实际上，限束光栏有一定的宽度，粒子将在2角内进入磁场．试求能量均为Ｅ的

粒子打到感光胶片上的范围Δx2 【答案】见解析 【解析】 【详解】

（1）设粒子以速度v进入磁场，打在胶片上的位置距s的距离为x 圆周运动

qBm2R

粒子的动能

E12mυ 2x2R

由以上三式可得x所以

22mE qB22mEEqBx1化简可得x122mE qB22mEE； qBE（2）动能为E的粒子沿φ角入射，轨道半径相同，设为R，粒子做圆周运动

qBm2R

粒子的动能E由几何关系得

12mυ 2x22R2Rcosφ

22mE42mEφsin2 1cosφqBqB215．利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．如图所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A处有一狭缝．离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场，运动到GA边，被相应的收集器收集．整个装置内部为真空．已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2(m1>m2)，电荷量均为q．加速电场的电势差为U，离子进入电场时的初速度可以忽略．不计重力，也不考虑离子间的相互作用．

(1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1；

(2)当磁感应强度的大小为B时，求两种离子在GA边落点的间距s；

(3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度．若狭缝过宽，可能使两束离子在GA边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离．设磁感应强度大小可调，GA边长为定值L，狭缝宽度为d，狭缝右边缘在A处．离子可以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场．为保证上述两种离子能落在GA边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度．

2qU8U（2）【答案】（1）m1qB2【解析】

（1）动能定理 Uq＝

m1m2 （3）dm＝m1m22m1m2L

1m1v12 2得：v1＝

2qU …① m1（2）由牛顿第二定律和轨道半径有：

mvmv2 qvB＝，R＝ qBR利用①式得离子在磁场中的轨道半径为别为（如图一所示）：

R1＝ 2m2U2mU1 ，R＝…② 2

qB2qB28U(m1m2) …③ 2qB两种离子在GA上落点的间距s＝2(R1−R2)＝ （3）质量为m1的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处，由于狭缝的宽度为d，因此落点区域的宽度也是d（如图二中的粗线所示）．同理，质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是d（如图二中的细线所示）．

为保证两种离子能完全分离，两个区域应无交叠，条件为2（R1-R2）＞d…④ 利用②式，代入④式得：2R1(1− R1的最大值满足：2R1m=L-d 得：(L−d)(1− m2)＞d m1m2)＞d m1m1m22m1m2L

求得最大值：dm＝