高考物理一轮复习 专项训练 物理带电粒子在磁场中的运动

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，光滑水平桌面上有一个矩形区域abcd，bc长度为2L，cd长度为1.5L，e、f分别为ad、bc的中点．efcd区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B；质量为m、电荷量为+q的绝缘小球A静止在磁场中f点．abfe区域存在沿bf方向的匀强电场，电场强度为

qBLqB2L；质量为km的不带电绝缘小球P，以大小为的初速度沿bf方向运动．P与A

m6m发生弹性正碰，A的电量保持不变，P、A均可视为质点．

（1）求碰撞后A球的速度大小；

（2）若A从ed边离开磁场，求k的最大值；

（3）若A从ed边中点离开磁场，求k的可能值和A在磁场中运动的最长时间． 【答案】（1）vA【解析】 【分析】 【详解】

（1）设P、A碰后的速度分别为vP和vA，P碰前的速度为v由动量守恒定律：kmvkmvPmvA 由机械能守恒定律：解得：vA3m2kqBL51（2）1（3）k或k；t

2qBk1m73qBL m11122kmv2kmvPmvA 2222kqBL k1m

mvA2 （2）设A在磁场中运动轨迹半径为R， 由牛顿第二定律得： qvABR解得：R2kL k1由公式可得R越大，k值越大

如图1，当A的轨迹与cd相切时，R为最大值，RL 求得k的最大值为k1

（3）令z点为ed边的中点，分类讨论如下：

（I）A球在磁场中偏转一次从z点就离开磁场，如图2有

LR2()2(1.5LR)2

2解得：R由R5L 62k5L可得：k k17

（II）由图可知A球能从z点离开磁场要满足RL，则A球在磁场中还可能经历一次半232L) 2圆运动后回到电场，再被电场加速后又进入磁场，最终从z点离开． 如图3和如图4，由几何关系有：R()(3R解得：R由R2L225LL或R 822k51L可得：k或k k1113q2B2L2 球A在电场中克服电场力做功的最大值为Wm6m5qBL5125q2B2L2q2B2L22 当k时，vA，由于mvA118m2128m6mqBL11q2B2L2q2B2L22 当k时，vA，由于mvA32m28m6m综合（I）、（II）可得A球能从z点离开的k的可能值为：kA球在磁场中运动周期为T当k即t51或k 732m qB13时，如图4，A球在磁场中运动的最长时间tT 343m 2qB

3．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场区域△ABC，A点坐标为（0，3a），C点坐标为（0，﹣3a），B点坐标为(23a，-3a）．在直角坐标系xOy的第一象限内，加上方向沿y轴正方向、场强大小为E=Bv0的匀强电场，在x=3a处垂直于x轴放置一平面荧光屏，其与x轴的交点为Q．粒子束以相同的速度v0由O、C间的各位置垂直y轴射入，已知从y轴上y=﹣2a的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O点．忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力． （1）求粒子的比荷；

（2）求粒子束射入电场的纵坐标范围；

（3）从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q点最远？求出最远距离．

【答案】(1)【解析】 【详解】

v079(2)0≤y≤2a (3)ya，a

84Ba(1)由题意可知， 粒子在磁场中的轨迹半径为r＝a 由牛顿第二定律得

2v0Bqv0＝m

r故粒子的比荷

qv0 mBa(2)能进入电场中且离O点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与AB边相切，设粒子运动轨迹的圆心为O′点，如图所示．

由几何关系知

O′A＝r·则

OO′＝OA－O′A＝a

即粒子离开磁场进入电场时，离O点上方最远距离为

OD＝ym＝2a

所以粒子束从y轴射入电场的范围为0≤y≤2a (3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有

3a＝v0·t0

AB ＝2a BC1qE29t0a2a， 2m2所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上

y粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t，竖直方向位移为y，水平方向位移为x，则 水平方向有

x＝v0·t

竖直方向有

y代入数据得

1qE2t 2mx＝2ay

设粒子最终打在荧光屏上的点距Q点为H，粒子射出电场时与x轴的夹角为θ，则

qExvymv02y

tanvxv0a有

H＝(3a－x)·tan θ＝(3a2y)2y 当3a2y2y时，即y＝由于

9a时，H有最大值 9a<2a，所以H的最大值Hmax＝a，粒子射入磁场的位置为

48y＝

97a－2a＝－a

88

4．如图，区域I内有与水平方向成45°角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m、电量大小为q的微粒在区域I左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了30，重力加速度为g，求：

(1)区域I和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E1、E2的大小. (2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小. (3)微粒从P运动到Q的时间有多长.

6d1d2m2gd12mgEmg2gd1 【答案】(1)E1,2 (2) (3)q6gd2qd2q2【解析】 【详解】

(1)微粒在区域I内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：qE1sin45mg 求得：E12mg qmg q12mv 2微粒在区域II内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：mgqE2 求得：E2(2)粒子进入磁场区域时满足：qE1d1cos45v2qvBm

R根据几何关系，分析可知：Rd22d2 sin30整理得：Bm2gd1 2qd2(3)微粒从P到Q的时间包括在区域I内的运动时间t1和在区域II内的运动时间t2，并满足：

12a1t1d1 2mgtan45ma1

t2302R 360v经整理得：tt1t22d1122gd6d1d22gd1 g12qB6gd2

5．如图所示，在xOy平面内，以O′(0，R)为圆心，R为半径的圆内有垂直平面向外的匀强磁场，x轴下方有垂直平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等．第四象限有一与x轴成45°角倾斜放置的挡板PQ，P，Q两点在坐标轴上，且O，P两点间的距离大于2R，在圆形磁场的左侧0(1)磁场的磁感应强度B的大小； (2)挡板端点P的坐标；

(3)挡板上被粒子打中的区域长度． 【答案】（1）【解析】 【分析】 【详解】

（1）设一粒子自磁场边界A点进入磁场，该粒子由O点射出圆形磁场，轨迹如图甲所示，过A点做速度的垂线长度为r,C为该轨迹圆的圆心.连接AOˊ、CO，可证得ACOOˊ为菱形，根据图中几何关系可知：粒子在圆形磁场中的轨道半径r=R，

mv (3)21042R (21)R,0 (2)qR2v2由qvBm

r得：Bmv qR

（2）有一半粒子打到挡板上需满足从O点射出的沿x轴负方向的粒子、沿y轴负方向的粒子轨迹刚好与挡板相切，如图乙所示，过圆心D做挡板的垂线交于E点

DP2ROP(21)R

P点的坐标为（(21)R，0 ）

（3）设打到挡板最左侧的粒子打在挡板上的F点，如图丙所示，OF=2R ①

过O点做挡板的垂线交于G点，

OG(21)R22(1)R② 22FGOF2OG2=EG2R④ 25-22③

R2挡板上被粒子打中的区域长度l=FE=

25-22=2+10-42⑤R+RR 222

6．如图，圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B。P是圆外一点，OP=3r。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。己知粒子运动轨迹经过圆心O，不计重力。求 (1)粒子在磁场中做圆周运动的半径； (2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。

【答案】(1)【解析】 【分析】

(2)

本题考查在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力。 【详解】

（1）找圆心，画轨迹，求半径。

设粒子在磁场中运动半径为R，由几何关系得：

①

易得：

②

（2）设进入磁场时速度的大小为v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有

③

进入圆形区域，带电粒子做匀速直线运动，则

④

联立②③④解得

7．如图所示，直线y=x与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场B1，直线x=d与y=x间有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度E1.0104V/m，另有一半径R=1.0m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度B20.20T，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x=d和x轴均相切，且与x轴相切于S点．一带负电的粒子从S点沿y轴的正方形以速度v0进入圆形磁场区域，经过一段时间进入磁场区域B1，且第一次进入磁场B1时的速度方向与直线y=x

55垂直．粒子速度大小v01.010m/s，粒子的比荷为q/m5.010C/kg，粒子重力不

计．求：

(1)粒子在匀强磁场B2中运动的半径r； (2)坐标d的值；

(3)要使粒子无法运动到x轴的负半轴，则磁感应强度B1应满足的条件； (4)在(2)问的基础上，粒子从开始进入圆形磁场至第二次到达直线y=x上的最长时间（3.14，结果保留两位有效数字）.

【答案】(1)r=1m (2)d4m (3)B10.1T或B10.24T (4)t6.2105s 【解析】 【详解】

2v0 解：(1) 由带电粒子在匀强磁场中运动可得：B2qv0mr解得粒子运动的半径：r1m

(2) 粒子进入匀强电场以后，做类平抛运动，设粒子运动的水平位移为x，竖直位移为y 水平方向：xv0t 竖直方向：y12at 2aEq mv0 attan45联立解得：x2m，y1m 由图示几何关系得：dxyR 解得：d4m

(3)若所加磁场的磁感应强度为B1，粒子恰好垂直打在y轴上，粒子在磁场运动半径为r1 由如图所示几何关系得：r12yR

v2v0

2v由带电粒子在匀强磁场中运动可得：B1qvm

r1解得：B10.1T

若所加磁场的磁感应强度为B1，粒子运动轨迹与轴相切，粒子在磁场中运动半径为r2 由如图所示几何关系得：r22r22yR

2v由带电粒子在匀强磁场中运动可得：B1qvm

r2解得B121T0.24T 10综上，磁感应强度应满足的条件为B10.1T或B10.24T

(4)设粒子在磁场B2中运动的时间为t1，在电场中运动的时间为t2，在磁场B1中运动的时间为t3，则有：

1t1T1

4T12R v0t2x v01t3T2

2T22r2 v解得：tt1t2t321.52210s6.210s

55

8．如图，第一象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，第二、三、四象限存在方向垂直xOy平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P（-d，0）点沿与x轴正方向成α=60°角平行xOy平面入射，经第二象限后恰好由y轴上的Q点（图中未画出）垂直y轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P点，回到P点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：

（1）粒子从P点入射时的速度v0； （2）第三、四象限磁感应强度的大小B/； 【答案】（1）

E（2）2.4B 3Bdd23d sinsin603【解析】试题分析：（1）粒子从P点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r，由几何知识得： r2mv023qBd根据qv0B得v0

r3mvyqEtqE2粒子在第一象限中做类平抛运动，则有（ r1cos60）t； tan2mv0mv0联立解得v0E 3B

（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x和y，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x轴正方向的夹角等于α．

则有：x=v0t， yvy2t

yvytan3得 x2v022由几何知识可得 y=r-rcosα= 则得x13rd 232d 312dd2353所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为Rd

sin9粒子进入第三、四象限运动的速度vv043qBd 2v0cos3mv2根据qvB'm

R得：B′=2．4B

考点：带电粒子在电场及磁场中的运动

9．如图所示，在不考虑万有引力的空间里，有两条相互垂直的分界线MN、PQ，其交点为O．MN一侧有电场强度为E的匀强电场（垂直于MN），另一侧有匀强磁场（垂直纸面向里）．宇航员（视为质点）固定在PQ线上距O点为h的A点处，身边有多个质量均为m、电量不等的带负电小球．他先后以相同速度v0、沿平行于MN方向抛出各小球．其中第1个小球恰能通过MN上的C点第一次进入磁场，通过O点第一次离开磁场，OC=2h．求：

（1）第1个小球的带电量大小；

（2）磁场的磁感强度的大小B；

（3）磁场的磁感强度是否有某值，使后面抛出的每个小球从不同位置进入磁场后都能回到宇航员的手中？如有，则磁感强度应调为多大．

22EEmv0BB(1) (2) (3)【答案】q1；；存在， v0v02Eh【解析】 【详解】

（1）设第1球的电量为q1，研究A到C的运动：

h1q1E2t 2m2hv0t

2mv0解得：q1；

2Eh（2）研究第1球从A到C的运动：

vy2q1Eh m解得：vyv0

tanvyv01，45o，v2v0；

研究第1球从C作圆周运动到达O的运动，设磁感应强度为B

v2Rmv 由q1vBm得

qBR1由几何关系得：2Rsinh2 解得：B2E ； v0（3）后面抛出的小球电量为q，磁感应强度B

①小球作平抛运动过程

xv0tv0vy22hm qEqEh mmvsinx ②小球穿过磁场一次能够自行回到A，满足要求：Rsinx，变形得：qB解得：BE ． v0

10．如图所示,在直角坐标系xOy平面内有两个同心圆,圆心在坐标原点O,小圆内部(I区)和两圆之间的环形区域(Ⅱ区)存在方向均垂直xOy平面向里的匀强磁场(图中未画出),I、Ⅱ区域磁场磁感应强度大小分别为B、2B。a、b两带正电粒子从O点同时分别沿y轴正向、负向运动,已知粒子a质量为m、电量为q、速度大小为v,粒子b质量为2m、电量为2q、速度大小为v/2,粒子b恰好不穿出1区域,粒子a不穿出大圆区域,不计粒子重力,不计粒子间相互作用力。求:

(1)小圆半径R1； (2)大圆半径最小值

(3)a、b两粒子从O点出发到在x轴相遇所经过的最短时间t(不考虑a、b在其它位置相遇)。

【答案】(1)R1【解析】 【详解】

解：(1)粒子b在Ⅰ区域做匀速圆周运动，设其半径为rb

mv14m(31)mv (2)R2min (3)

qBqB2qBv2m()2根据洛伦磁力提供向心力有：2qvB2

2rb由粒子b恰好不穿出Ⅰ区域：R12rb 解得：R1mv qB(2)设a在Ⅰ区域做匀速圆周运动的半径为ra1，

mv2根据洛伦磁力提供向心力有：qvB

ra1解得： ra1mvR1 qB设a在Ⅱ区域做匀速圆周运动的半径为ra2，

mv2根据洛伦磁力提供向心力有：qv•2B

ra2解得： ra2mv1R1 2qB231R1R1 22设大圆半径为R2，由几何关系得：R2所以，大圆半径最小值为： R2min(3)粒子a在Ⅰ区域的周期为Ta1(31)mv

2qB2mmT，Ⅱ区域的周期为a2

qBqB131Ta2 2粒子a从O点出发回到O点所经过的最短时间为：ta1Ta1解得：ta17m 6qB2m qB7nm n=1，2，3… 6qB粒子b在Ⅰ区域的周期为：Tb讨论：①如果a、b两粒子在O点相遇，粒子a经过时间：tanta1粒子b经过时间：tbkTb2km k=1，2，3… qBtatb时，解得：

7n2k 6当k7，n12时，有最短时间：t114m qB②设粒子b轨迹与小圆相切于P点，如果a粒子在射出小圆时与b粒子在P点相遇

5(21n8)mtTTn6t n=1，2，3… 则有：aa1a2a163qB粒子b经过时间： tb(2k1)Tb(2k1)m k=1，2，3… 2qB21n8 3tatb时，解得：2k1ab不能相遇

③如果a粒子在射入小圆时与b粒子在P点相遇

7(21n13)mtT2Tn6t n=1，2，3… 则有：aa1a2a163qB粒子b经过时间：tb(2k1)Tb(2k1)m k=1，2，3… 2qB21n13 3tatb时，解得：2k1ab不能相遇

a、b两粒子从O点出发到在x轴相遇所经过的最短时间为

14m

qB

1

11．一个氘核（1H）和一个氚核（1H）聚变时产生一个中子（0n）和一个α粒子（2He）。已知氘核的质量为mD，氚核的质量为mT，中子的质量为mn，α粒子的质量为mα，光速为c，元电荷电量为e。

（1）写出核反应方程，并求一个氘核和一个氚核聚变时释放的核能E。

（2）反应放出的粒子在与匀强磁场垂直的平面内做圆周运动，轨道半径为R，磁感应强度大小为B。求粒子在磁场中圆周运动的周期T和等效电流I的大小。

（3）1909年卢瑟福及盖革等用α粒子轰击金箔发现，绝大多数α粒子穿过金箔后仍沿原来的方向前进或只发生很小的偏转，但有些α粒子发生了较大的偏转，个别就像被弹回来了一样。卢瑟福认为“枣糕模型”中的电子不足以把α粒子反弹回来，在经过深思熟虑和仔细的计算后，他提出了原子的核式结构模型。以一个α粒子以速度v与原来静止的电子发生弹性正碰为例，请通过计算说明为什么电子不能把α粒子反弹回来（已知α粒子的质量是电子质量的7300倍）。

4232e2B【答案】（1）Emc(mDmTmnm)c（2）I（3）α粒子所受电子的

πmα22影响是微乎其微的，不能被反弹 【解析】 【详解】

2314（1）核反应方程：1H+1H0n+2He

反应释放的核能：EmcmDmTmnmc

222πRv2（2）设粒子的速度大小为v，由2evBmα，T

vR得粒子在磁场中运动周期：Tπmα eB2e2B2e由电流定义式I，得环形电流大小：I

πmαT（3）设电子的质量为me，碰撞后α粒子的速度为vα，电子的速度为ve。 由动量守恒：mvmvαmeve

1112mv2mvαmeve2 222mmevv 得αmme由能量守恒：

mme1 因

mme所以vαv，即α粒子所受电子的影响是微乎其微的，不能被反弹。

12．平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：

(1)粒子到达O点时速度的大小和方向； (2)电场强度和磁感应强度的大小之比．

【答案】(1)2v0,与x轴正方向成45°角斜向上 (2)【解析】 【分析】 【详解】

(1)粒子运动轨迹如图：

v0 2

粒子在电场中由Q到O做类平抛运动，设O点速度v与x方向夹角为，Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，根据平抛运动的规律有： x方向：2Lv0t y方向：L12at 2粒子到达O点时沿y轴方向的分速度：

vyat，

又

tan解得tan1，即45，

vyvx，

粒子到达O点时的夹角为450解斜向上，粒子到达O点时的速度大小为

vv02v0；

cos45(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，粒子在电场中运动的加速度：

aqE， m设磁感应强度大小为B，粒子做匀速圆周运动的半径为R，洛伦兹力提供向心力，有：

v2qvBm，

R根据几何关系可知：

R2L

解得：

Ev0 B2

13．如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B．磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN=L，粒子打到板上时会被反弹（碰撞时间极短），反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d（2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm； （3）从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM=d，QN=间t．

d，求粒子从P到Q的运动时2

【答案】（1）vqBd233；（2）dm（1）d时， d；（3）A.当Lndm22L334πmL334πm3t（）（），B.当Lnd（1+）d时， t

d62qBd62qB2【解析】 【分析】 【详解】

（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力有：

mvv2 qvBm，解得：RqBR由题可得：Rd 解得vqBd； m（2）如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切

由几何关系得dm=d（1+sin60°） 解得dm23d 2（3）粒子的运动周期T2πm qB设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t'，则 tnTt(n1,3,5,4)

A.当Lnd（1t3）d时，粒子斜向上射出磁场 2L334πm1（）T解得t d62qB123）d时，粒子斜向下射出磁场 2B.当Lnd（1+tL334πm5（）T解得t． d62qB12

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

15．如图所示，虚线OL与y轴的夹角为θ＝60°，在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的粒子从左侧平行于x轴射入磁场，入射点为M．粒子在磁场中运动的轨道半径为R．粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点（图中未画出），且OP=R．不计重力．求M点到O点的距离和粒子在

磁场中运动的时间．

【答案】当α=30°时，粒子在磁场中运动的时间为t当α=90°时，粒子在磁场中运动的时间为t【解析】

Tπm 126qBTπm 42qB根据题意，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设运动轨迹交虚线OL于A点，圆心在y轴上的C点，AC与y轴的夹角为α；粒子从A点射出后，运动轨迹交x轴的P点，设AP与x轴的夹角为β，如图所示．有（判断出圆心在y轴上得1分）

v2qvBm（1分）

R周期为T2πm（1分） qB过A点作x、y轴的垂线，垂足分别为B、D．由几何知识得

ADRsinα，ODADcot60，

，OPADBP

α=β （2分） 联立得到sinα1cosα1（2分） 3解得α=30°，或α=90° （各2分） 设M点到O点的距离为h，有ADRsinα

hROC，OCCDODRcosα3AD 3联立得到h=R-解得h=(1-h=(1+2Rcos(α+30°) （1分） 32)R（α=30°） （2分） 32)R（α=90°） （2分） 3当α=30°时，粒子在磁场中运动的时间为

tTπm（2分） 126qBTπm（2分） 42qB当α=90°时，粒子在磁场中运动的时间为

t【考点定位】考查带电粒子在匀强磁场中的运动及其相关知识．