高考物理试题真题分类汇编物理带电粒子在磁场中的运动及解析

一、带电粒子在磁场中的运动专项训练

1．如图所示，两条竖直长虚线所夹的区域被线段MN 分为上、下两部分，上部分的电场方向竖直向上，下部分的电场方向竖直向下，两电场均为匀强电场且电场强度大小相同。挡板PQ 垂直MN 放置，挡板的中点置于N 点。在挡板的右侧区域存在垂直纸面向外的匀强磁场。在左侧虚线上紧靠M 的上方取点A

，一比荷q m

=5×105C/kg 的带正电粒子，从A 点以v 0=2×103m/s 的速度沿平行MN 方向射入电场，该粒子恰好从P 点离开电场，经过磁场的作用后恰好从Q 点回到电场。已知MN 、PQ 的长度均为L=0.5m ，不考虑重力对带电粒子的影响，不考虑相对论效应。

(1)求电场强度E 的大小；

(2)求磁感应强度B 的大小；

(3)在左侧虚线上M 点的下方取一点C ，且CM=0.5m ，带负电的粒子从C 点沿平行MN 方向射入电场，该带负电粒子与上述带正电粒子除电性相反外其他都相同。若两带电粒子经过磁场后同时分别运动到Q 点和P 点，求两带电粒子在A 、C 两点射入电场的时间差。

【答案】(1) 16/N C (2) 21.610T -⨯ (3) 43.910s -⨯

【解析】

【详解】 （1）带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=v 0t

2122L qE t m

= 解得E=16N/C

（2）设带正电的粒子从P 点射出电场时与虚线的夹角为θ，则：

0tan v qE t m

θ= 可得θ=450粒子射入磁场时的速度大小为2v 0 粒子在磁场中做匀速圆周运动：2

v qvB m r

= 由几何关系可知2r L =

解得B=1.6×10-2T

（3）两带电粒子在电场中都做类平抛运动，运动时间相同；两带电粒子在磁场中都做匀速圆周运动，带正电的粒子转过的圆心角为32π，带负电的粒子转过的圆心角为2π；两带电粒子在AC 两点进入电场的时间差就是两粒子在磁场中的时间差； 若带电粒子能在匀强磁场中做完整的圆周运动，则其运动一周的时间22r m T v qB ππ=

=； 带正电的粒子在磁场中运动的时间为：413 5.910s 4t T -=

=⨯； 带负电的粒子在磁场中运动的时间为：421 2.010s 4

t T -==⨯ 带电粒子在AC 两点射入电场的时间差为412 3.910t t t s -∆=-=⨯

2．如图所示，虚线MN 沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场（图中未画出）和方向垂直纸面向里，磁感应强度为B 的匀强磁场，虚线MN 的右侧区域有方向水平向右的匀强电场．水平线段AP 与MN 相交于O 点．在A 点有一质量为m ，电量为+q 的带电质点，以大小为v 0的速度在左侧区域垂直磁场方向射入，恰好在左侧区域内做匀速圆周运动，已知A 与O 点间的距离为03mv qB ，虚线MN 右侧电场强度为3mg q

，重力加速度为g ．求：

（1）MN 左侧区域内电场强度的大小和方向；

（2）带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹角为多大时，质点在磁场中刚好运动到O 点，并画出带电质点在磁场中运动的轨迹；

（3）带电质点从O 点进入虚线MN 右侧区域后运动到P 点时速度的大小v p ．

【答案】（1）mg q ，方向竖直向上；（2）；（3）013v ．

【解析】

【详解】

（1）质点在左侧区域受重力、电场力和洛伦兹力作用，根据质点做匀速圆周运动可得：重力和电场力等大反向，洛伦兹力做向心力；所以，电场力qE =mg ，方向竖直向上； 所以MN 左侧区域内电场强度mg E q

左=，方向竖直向上； （2）质点在左侧区域做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：200mv Bv q R

=， 所以轨道半径0mv R qB

=； 质点经过A 、O 两点，故质点在左侧区域做匀速圆周运动的圆心在AO 的垂直平分线上，且质点从A 运动到O 的过程O 点为最右侧；所以，粒子从A 到O 的运动轨迹为劣弧； 又有033AO mv d R ==；根据几何关系可得：带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹角1260AO d arcsin R

θ==︒； 根据左手定则可得：质点做逆时针圆周运动，故带电质点在磁场中运动的轨迹如图所示：

；

（3）根据质点在左侧做匀速圆周运动，由几何关系可得：质点在O 点的竖直分速度00360y v v sin =︒=，水平分速度001602x v v cos v =︒=； 质点从O 运动到P 的过程受重力和电场力作用，故水平、竖直方向都做匀变速运动； 质点运动到P 点，故竖直位移为零，所以运动时间023y

v v t g == 所以质点在P 点的竖直分速度032yP y v v v ==

， 水平分速度000317322

xP x v qE v v t v g v m =+==；

所以带电质点从O 点进入虚线MN 右侧区域后运动到P 点时速度22013P yP xP v v v v =+=；

3．如图所示为电子发射器原理图，M 处是电子出射口，它是宽度为d 的狭缝．D 为绝缘外壳，整个装置处于真空中，半径为a 的金属圆柱A 可沿半径向外均匀发射速率为v 的电子；与A 同轴放置的金属网C 的半径为2a.不考虑A 、C 的静电感应电荷对电子的作用和电子之间的相互作用，忽略电子所受重力和相对论效应，已知电子质量为m ，电荷量为e.

(1)若A 、C 间加速电压为U ，求电子通过金属网C 发射出来的速度大小v C ；

(2)若在A 、C 间不加磁场和电场时，检测到电子从M 射出形成的电流为I ，求圆柱体A 在t 时间内发射电子的数量N.(忽略C 、D 间的距离以及电子碰撞到C 、D 上的反射效应和金属网对电子的吸收)

(3)若A 、C 间不加电压，要使由A 发射的电子不从金属网C 射出，可在金属网内环形区域加垂直于圆平面向里的匀强磁场，求所加磁场磁感应强度B 的最小值．

【答案】(1)22e eU v v m

=

+4alt N ed π=(3) 43mv B ae = 【解析】

【分析】

（1）根据动能定理求解求电子通过金属网C 发射出来的速度大小；（2）根据=ne I t 求解圆柱体A 在时间t 内发射电子的数量N ；（3）使由A 发射的电子不从金属网C 射出，则电子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切，由几何关系求解半径，从而求解B.

【详解】

（1）对电子经 CA 间的电场加速时，由动能定理得

221122

e e U mv mv =- 解得：22e eU v v m

=+（2）设时间t 从A 中发射的电子数为N ，由M 口射出的电子数为n ， 则

=ne I t

224d dN n N a a

ππ==⨯ 解得4alt N ed

π= （3）电子在 CA 间磁场中做圆周运动时，其轨迹圆与金属网相切时，对应的磁感应强度为B ．设此轨迹圆的半径为 r ，则

222(2)a r r a -=+

2

v Bev m r

= 解得：43mv B ae

=

4．欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为l -0质子束以初速度v 0同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。已知质子质量为m ，电量为e ；加速极板AB 、A′B′间电压均为U 0，且满足eU 0=32

mv 02。两磁场磁感应强度相同，半径均为R ，圆心O 、O′在质子束的入射方向上，其连线与质子入射方向垂直且距离为H=

72R ；整个装置处于真空中，忽略粒子间的相互作用及相对论效应。

(1)试求质子束经过加速电场加速后(未进入磁场)的速度ν和磁场磁感应强度B ；

(2)如果某次实验时将磁场O 的圆心往上移了2R ，其余条件均不变，质子束能在OO′ 连线的某位置相碰，求质子束原来的长度l 0应该满足的条件。 【答案】(1) 02v v =；02mv B eR =

(2) 033612l π++≥ 【解析】

【详解】

解：(1)对于单个质子进入加速电场后，则有：220011eU mv mv 22=

- 又：2003eU mv 2

= 解得：0v 2v =；

根据对称，两束质子会相遇于OO '的中点P ，粒子束由CO 方向射入，根据几何关系可知必定沿OP 方向射出，出射点为D ，过C 、D 点作速度的垂线相交于K ，则K ，则K 点即为轨迹的圆心，如图所示，并可知轨迹半径r=R

根据洛伦磁力提供向心力有：2

v evB m r

= 可得磁场磁感应强度：02mv B eR

=

(2)磁场O 的圆心上移了R 2

，则两束质子的轨迹将不再对称，但是粒子在磁场中运达半径认为R ，对于上方粒子，将不是想着圆心射入，而是从F 点射入磁场，如图所示，E 点是原来C 点位置，连OF 、OD ，并作FK 平行且等于OD ，连KD ，由于OD=OF=FK ，故平行四边形ODKF 为菱形，即KD=KF=R ，故粒子束仍然会从D 点射出，但方向并不沿OD 方向，K 为粒子束的圆心

由于磁场上移了R 2，故sin ∠COF=R 2R =12，∠COF=π6，∠DOF=∠FKD=π3 对于下方的粒子，没有任何改变，故两束粒子若相遇，则只可能相遇在D 点，

下方粒子到达C 后最先到达D 点的粒子所需时间为00

(2)(4)2224R R H R R t v v π

π++-+'== 而上方粒子最后一个到达E 点的试卷比下方粒子中第一个达到C 的时间滞后00l Δt t =

上方最后的一个粒子从E 点到达D 点所需时间为

()000

π1R Rsin

2πR 62π3336t R 2v 2v 12v -+-=+= 要使两质子束相碰，其运动时间满足t t t '≤+∆ 联立解得0π336l ++≥

5．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(3a -，-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=Bv 0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v 0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)0v Ba (2)0≤y≤2a (3)78y a =，94a 【解析】

【详解】 (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

Bqv 0＝m 20v r

故粒子的比荷

0v q m Ba

= (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 ·

AB BC

＝2a 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 ＝y m ＝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 ＝v 0·t 0 2019222

qE y t a a m ==>，

所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上

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 ＝v 0·t

竖直方向有

212qE y t m = 代入数据得 x ＝

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

002tan y x qE x v m v y v v a

θ⋅=== 有

H ＝(3a －x )·tan θ＝(32)2a y y -

当322a y y -=时，即y ＝

98a 时，H 有最大值 由于98

a <2a ，所以H 的最大值H max ＝94a ，粒子射入磁场的位置为 y ＝98

a －2a ＝－78a

6．在如图甲所示的直角坐标系中，两平行极板MN 垂直于y 轴，N 板在x 轴上且其左端与坐标原点O 重合，极板长度l =0.08m ，板间距离d =0.09m ，两板间加上如图乙所示的周期性变化电压，两板间电场可看作匀强电场．在y 轴上(0，d /2)处有一粒子源，垂直于y 轴连续不断向x 轴正方向发射相同的带正电的粒子，粒子比荷为q m

=5×107C ／kg ，速度为v 0=8×105m/s ．t =0时刻射入板间的粒子恰好经N 板右边缘打在x 轴上.不计粒子重力及粒子间的相互作用，求:

(1)电压U 0的大小；

(2)若沿x 轴水平放置一荧光屏，要使粒子全部打在荧光屏上，求荧光屏的最小长度；

(3)若在第四象限加一个与x 轴相切的圆形匀强磁场，半径为r =0.03m ，切点A 的坐标为(0.12m ，0)，磁场的磁感应强度大小B =23

T ，方向垂直于坐标平面向里．求粒子出磁场后与x 轴交点坐标的范围．

【答案】(1)40 2.1610V U =⨯ (2)0.04m x ∆= (3)0.1425m x ≥ 【解析】

【分析】

【详解】

(1)对于t =0时刻射入极板间的粒子：

0l v T = 7110T s -=⨯

211()22

T y a = 2

y T v a = 22y

T y v = 122

d y y =+ Eq ma =

0U E d

= 解得：40 2.1610V U =⨯ (2)2T t nT =+

时刻射出的粒子打在x 轴上水平位移最大：032A T x v = 所放荧光屏的最小长度A x x l ∆=-即：0.04x m ∆=

(3)不同时刻射出极板的粒子沿垂直于极板方向的速度均为v y . 速度偏转角的正切值均为：0tan y

v v β= 37β=o

0cos37v v

=o 6110m/s v =⨯

即：所有的粒子射出极板时速度的大小和方向均相同.

2

v qvB m R

= 0.03m R r ==

由分析得，如图所示，所有粒子在磁场中运动后发生磁聚焦由磁场中的一点B 离开磁场.

由几何关系，恰好经N 板右边缘的粒子经x 轴后沿磁场圆半径方向射入磁场，一定沿磁场圆半径方向射出磁场；从x 轴射出点的横坐标：tan 53

C A R

x x ︒=+ 0.1425m C x =.

由几何关系，过A 点的粒子经x 轴后进入磁场由B 点沿x 轴正向运动.

综上所述，粒子经过磁场后第二次打在x 轴上的范围为：0.1425m x ≥

7．在水平桌面上有一个边长为L 的正方形框架，内嵌一个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v 0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v 0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：π：2；（2）框架以CD 为轴抬起

后，AB 边距桌面的高度为2022v g

．

【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=

2 2

L

，

小球在磁场中做圆周运的周期：T=

2r

v

π

，

小球在磁场中的运动时间：t1=

1

4

T=

2

4

L

v

π

，

小球在斜面上做类平抛运动，

水平方向：x=r=v0t2，

运动时间：t2=

2

2

L

v

，

则：t1：t2=π：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=2

2

1

2

at，解得，加速度：a=

2

22v

L

，

对小球，由牛顿第二定律得：a=

mgsin

m

θ

=g sinθ，

AB边距离桌面的高度：h=L sinθ=

2

22v

g

；

8．如图所示，坐标原点O 左侧2m 处有一粒子源，粒子源中，有带正电的粒子(比荷为q m =1.0×1010C/kg)由静止进人电压U= 800V 的加速电场，经加速后沿x 轴正方向运动，O 点右侧有以O 1点为圆心、r=0.20m 为半径的圆形区域，内部存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B=1.0×10－3T 的匀强磁场(图中未画出)圆的左端跟y 轴相切于直角坐标系原点O ，右端与一个足够大的荧光屏MN 相切于x 轴上的A 点，粒子重力不计。

(1)求粒子打到荧光屏上的位置到A 点的距离；

(2)若撤去磁场在荧光屏左侧某区域加竖直向上匀强电场，电场左右宽度为2r ，场强大小E=1.0×103V/m ，粒子仍打在荧光屏的同一位置，求电场右边界到屏幕MN 的距离。

【答案】（1）0.267m （2）0.867m

【解析】

【详解】

（1）粒子射入O 点时的速度v ，由动能定理得到：21

2

qU m v = 进入磁场后做匀速圆周运动，2

qvB m R

v = 设圆周运动的速度偏向角为α，则联立以上方程可以得到：1tan 22

r R α

==，故4tan 3

α= 由几何关系可知纵坐标为y ，则tan y r α=

解得：40.26715

y m m ==；

（2）粒子在电场中做类平抛运动，Eq ma =，2r vt =，2112y at =

，y v at = 射出电场时的偏向角为β，tan y

v v β=

磁场右边界到荧光屏的距离为x ，由几何关系1tan y y x β-=

，解得：0.867x m =。

9．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v 0；

（2）第三、四象限磁感应强度的大小B /；

【答案】（1）3E B

（2）2.4B 【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： 2360d d d r sin sin α=

==︒ 根据200mv qv B r =得023qBd v =粒子在第一象限中做类平抛运动，则有21602qE r cos t m -︒=（）； 00

y v qEt tan v mv α==

联立解得0

3E v B

=

（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=v 0t ， 2y v y t = 得03222

y v y tan x v α=== 由几何知识可得 y=r-rcosα=

132r = 则得23x d = 所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为125323d d R sin α⎛⎫+ ⎪⎝⎭== 粒子进入第三、四象限运动的速度00432v qBd v v cos α=== 根据2

'v qvB m R

= 得：B′=2．4B

考点：带电粒子在电场及磁场中的运动

10．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v 0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.

11．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第一、四象限有与y轴相切于O点、圆心为O1、半径一定的有界圆形区域，其内存在垂直于纸面匀强磁场，第二、三象限有平行y轴

的匀强电场．一带电粒子(重力不计)自P(－d，3

2

d

)点以平行于x轴的初速度v0开始运

动，粒子从O点离开电场，经磁场偏转后又从y轴上的Q点(图中未画出)垂直于y轴回到电场区域，并恰能返回到P点．求：

(1)粒子经过O点时的速度；

(2)电场强度E和磁感应强度B的比值．

【答案】（1）2v 0

（2）058E v B = 【解析】

【详解】

试题分析：（1）粒子从P 到O 的过程中做类平抛运动，设时间为t 1，经过O 点时的速度为v ，其在y 轴负方向的分速度为v y ，与y 轴负方向的夹角为θ

d=v 0t 1

132x v d t = v 2=v 02+v y 2

tan y θ=v v

解得：v=2v 0θ=300

（2）设粒子质量为m ，电荷量为q ，粒子在电场中运动的加速度为a ：Eq=ma

213122

d at = 粒子从Q 到P 的过程中，也做类平抛运动，设时间为t 2，Q 点的纵坐标为y Q

223122

Q y d at -

= d=vt 2 解得：53Q y = 设粒子由S 点离开磁场，粒子从O 到S 过程中做圆周运动，半径为r ，由几何关系有：r+rsinθ=y Q

2

v qvB m r

= 53r =

058E v B = 考点：带电粒子在电场及磁场中的运动

【点睛】

【名师点睛】此题是带电粒子在电场及磁场中的运动问题；关键是搞清粒子的运动情况，画出粒子运动的轨迹图，结合平抛运动及匀速圆周运动的规律，并利用几何关系进行求解；此题难度中等，考查学生运用基础知识解决问题的能力．

12．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 （1）求粒子运动速度的大小v ；

（2）欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M 的最大距离d m ；

（3）从P 点射入的粒子最终从Q 点射出磁场，PM =d ，QN =

2

d ，求粒子从P 到Q 的运动时间t ．

【答案】（1）qBd v m =；（2）m 23d +=；（3）A.当31L nd d =+-（时， 334π2L m t d qB -=（），B.当3L nd d =+（时， 334π2L m t d qB -=（） 【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：

2v qvB m R

=，解得：mv R qB = 由题可得：R d =

解得qBd v 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d m =d （1+sin60°）

解得m 23d d += （3）粒子的运动周期2πm T qB

= 设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t '，则

(1,3,5,)4

T t n t n '=+=L L A.当31L nd d =+-

（）时，粒子斜向上射出磁场 112

t T '=解得334π2L m t d qB -=+（） B.当31+

L nd d =+（）时，粒子斜向下射出磁场 512

t T '=解得334π2L m t d qB -=-（）．

13．同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用，其基本原理简化为如图所示的模

型．M 、N 为两块中心开有小孔的平行金属板．质量为m 、电荷量为+q 的粒子A （不计重力）从M 板小孔飘入板间，初速度可视为零，每当A 进入板间，两板的电势差变为U ，粒子得到加速，当A 离开N 板时，两板的电荷量均立即变为零．两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁场，A 在磁场作用下做半径为R 的圆周运动，R 远大于板间距离，A 经电场多次加速，动能不断增大，为使R 保持不变，磁场必须相应地变化．不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射，不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应．求

（2）在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率；

（3）若有一个质量也为m、电荷量为+kq（k为大于1的整数）的粒子B（不计重力）与A 同时从M板小孔飘入板间，A、B初速度均可视为零，不计两者间的相互作用，除此之外，其他条件均不变，下图中虚线、实线分别表示A、B的运动轨迹．在B的轨迹半径远大于板间距离的前提下，请指出哪个图能定性地反映A、B的运动轨迹，并经推导说明理由．

【答案】（1）；（2）；（3）A图能定性地反映A、B

运动的轨迹；

【解析】

试题分析：（1）设A经电场第1次加速后速度为v1，由动能定理得

①

A在磁场中做匀速圆周运动，所受洛伦兹力充当向心力

②

联立解得：③

（2）设A经n次加速后的速度为v n，由动能定理得

④

设A做第n次圆周运动的周期为T n，有

⑤

设在A运动第n周的时间内电场力做功为W n，则

⑥

在该段时间内电场力做功的平均功率为

⑦联立解得：⑧

（3）A图能定性地反映A、B运动的轨迹．

A 经地n加速后，设其对应的磁感应强度为

B n，A、B的周期分别为、，综合②⑤式并分别应用A、B的数据得

由上可知，是的k倍，所以A每绕得1周，B就绕行k周．由于电场只在A通过时存在，故B仅在与A同时进入电场时才被加速．

经n次加速后，A、B的速度分别为、，结合④式有

由题设条件并结合⑤式，对A有

设B的轨迹半径为，有

比较以上两式得

上式表明，运动过程B的轨迹半径始终不变．

由以上分析可知，两粒子运动的轨迹如图A所示．

考点：带电粒子在电场、磁场中的运动、动能定理、平均功率

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1U 时，在M 、N 间加上适当的电压2U ，使离子到达探测器．请导出离子的全部飞行时间与比荷K （ne K m

=）的关系式． （2）去掉偏转电压2U ，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1U 至少为多少？

【答案】（1）离子到达探测器的时间12111222m m t t t d L neU neU KU =+=+= （2）22min

2532eL B U m

= 【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：2112

neU mv = n 价正离子在a 、b 间的加速度11neU a md =

在a 、b 间运动的时间1112v m t d a neU =

= 在MN 间运动的时间2L t v

= 离子到达探测器的时间12111

222m m t t t d L neU neU KU =+=+=（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2

v nevB m R

= 离子刚好从N 板右侧边缘穿出时，由几何关系：222()2

L R L R =+- 由以上各式得：22

12532neL B U m =

当n =1时1U 取最小值22min 25

32eL B U m

=．

15．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m 1和m 2(m 1>m 2)，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m 1的离子进入磁场时的速率v 1；

(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．

【答案】（112qU m 21228U m m qB （3）d m 12122m m m m --L 【解析】

（1）动能定理 Uq ＝

12m 1v 12 得：v 1＝ 1

2qU m …① （2）由牛顿第二定律和轨道半径有：

qvB ＝2 mv R

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

R 1＝122 mU qB ，R 2＝222 m U qB …② 两种离子在GA 上落点的间距s ＝2(R 1−R 2)＝1228

()U m m qB - …③ （3）质量为m 1的离子，在GA 边上的落点都在其入射点左侧2R 1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m 2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（R 1-R 2）＞d…④ 利用②式，代入④式得：2R 1(1−21

m m ＞d R 1的最大值满足：2R 1m =L-d

得：(L −d )(1−21

m m ＞d 求得最大值：d m 12

122m m m m --L