疑難壓軸3帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動

1．（2024?浙江）類似光學(xué)中的反射和折射現(xiàn)象，用磁場或電場調(diào)控也能實(shí)現(xiàn)質(zhì)子束的“反射”和“折

射”。如圖所示，在豎直平面內(nèi)有三個平行區(qū)域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ區(qū)寬度為d，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

為B、方向垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場，Ⅱ區(qū)的寬度很小。Ⅰ區(qū)和Ⅲ區(qū)電勢處處相等，分別為Ⅰ

和Ⅲ，其電勢差U＝Ⅰ﹣Ⅲ。一束質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子從O點(diǎn)以入射角射向Ⅰ區(qū)φ，

在φP點(diǎn)以出射角射出φ，實(shí)φ現(xiàn)“反射”；質(zhì)子束從P點(diǎn)以入射角射入Ⅱ區(qū)，經(jīng)Ⅱ區(qū)“θ折射”進(jìn)入

Ⅲ區(qū)，其出射方向θ與法線夾角為“折射”角。已知質(zhì)子僅在平面θ內(nèi)運(yùn)動，單位時間發(fā)射的質(zhì)子數(shù)

為N，初速度為v0，不計(jì)質(zhì)子重力，不考慮質(zhì)子間相互作用以及質(zhì)子對磁場和電勢分布的影響。

（1）若不同角度射向磁場的質(zhì)子都能實(shí)現(xiàn)“反射”，求d的最小值；

（2）若，求“折射率”n（入射角正弦與折射角正弦的比值）；

2

??0

（3）計(jì)算?說=明2?如何調(diào)控電場，實(shí)現(xiàn)質(zhì)子束從P點(diǎn)進(jìn)入Ⅱ區(qū)發(fā)生“全反射”（即質(zhì)子束全部返回Ⅰ

區(qū)）；

（4）在P點(diǎn)下方距離處水平放置一長為的探測板CQD（Q在P的正下方），CQ長為

3??04??0

，質(zhì)子打在探測板上?即?被吸收中和。若還有另??一相同質(zhì)子束，與原質(zhì)子束關(guān)于法線左右對稱，

??0

同??時從O點(diǎn)射入Ⅰ區(qū)，且＝30°，求探測板受到豎直方向力F的大小與U之間的關(guān)系。

θ

【解答】解：（1）根據(jù)題意，粒子從O點(diǎn)射入時的運(yùn)動軌跡如圖所示：

粒子從O點(diǎn)射入，不出Ⅰ區(qū)域的臨界條件為2r＝dmin

洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律

2

?0

???0=?

代入數(shù)據(jù)解得?

0

???2??

（2）設(shè)水平方?向?yàn)?x2方?=向，?豎?直方向?yàn)閥方向，x方向速度不變，y方向速度變大，假設(shè)折射角

為′

根據(jù)θ動能定理

1212

??=??1???0

由于22

2

??0

代入數(shù)?=據(jù)聯(lián)2?立解得

設(shè)粒子射出區(qū)域Ⅱ?時1與=豎2直?方0向成′角，如圖所示：

θ

根據(jù)速度關(guān)系vx＝v0sin＝v1sin′

根據(jù)折射定律θθ

????

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解?=得?“??折?'射率”

（3）在Ⅱ區(qū)域下邊界發(fā)生全反?射=的條2件是沿豎直方向的速度為零；

根據(jù)動能定理

12

??=0??(?0????)

可得2

22

??0????

?=?

即應(yīng)滿足＜2?

22

??0????

（4）分粒?子全?部打2在?探測板CQD和全部打不到探測板CQD兩種情形；

根據(jù)數(shù)學(xué)知識∠

????0??3

??????==×=

解得∠CPQ＝30°????3??03

所以如果U≥0的情況下，折射角小于入射角，兩邊射入的粒子都能打到板上，分情況討論如下：

①當(dāng)U≥0時，取豎直向上為正方向，根據(jù)動量定理F＝2Nm[0﹣（﹣vy）]＝2Nmvy

根據(jù)動能定理

1212

??=?????(?0????)

解得22

2

302??

②全?部=都2打??不到4板?的+情?況，根據(jù)幾何知識可知當(dāng)從Ⅱ區(qū)射出時速度與豎直方向夾角為60°時，

粒子剛好打到D點(diǎn)，水平方向速度為

?0

??=

所以2

??3

??==?0

根據(jù)動能定??理?60°6

1212

??=?????(?0????)

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得22

2

??0

?=?

即當(dāng)＜時，F(xiàn)＝03?

2

??0

??

③部分能打3到?的情況，根據(jù)上述分析可知條件為（＜），此時僅有O點(diǎn)右側(cè)的一束粒

2

??0

子能打到板上，因此F＝Nmvy?3?≤?0

根據(jù)動能定理

1212

??=?????(?0????)

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得22。

2

302??

?=??4?+?

2．（2024?海南）如圖，在xOy坐標(biāo)系中有三個區(qū)域，圓形區(qū)域Ⅰ分別與x軸和y軸相切于P點(diǎn)和S

點(diǎn)。半圓形區(qū)域Ⅱ的半徑是區(qū)域Ⅰ半徑的2倍。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ的圓心O1、O2連線與x軸平行，半

圓與圓相切于Q點(diǎn)，QF垂直于x軸，半圓的直徑MN所在的直線右側(cè)為區(qū)域Ⅲ。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ分

別有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、的勻強(qiáng)磁場，磁場方向均垂直紙面向外。區(qū)域Ⅰ下方有一粒子源和

?

加速電場組成的發(fā)射器，可將2質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子由電場加速到v0。改變發(fā)射器的位置，

使帶電粒子在OF范圍內(nèi)都沿著y軸正方向以相同的速度v0沿紙面射入?yún)^(qū)域Ⅰ。已知某粒子從P

點(diǎn)射入?yún)^(qū)域Ⅰ，并從Q點(diǎn)射入?yún)^(qū)域Ⅱ（不計(jì)粒子的重力和粒子之間的影響）。

（1）求加速電場兩板間的電壓U和區(qū)域Ⅰ的半徑R；

（2）在能射入?yún)^(qū)域Ⅲ的粒子中，某粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動的時間最短，求該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域

Ⅱ中運(yùn)動的總時間t；

（3）在區(qū)域Ⅲ加入勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，電場強(qiáng)度

的大小E＝Bv0，方向沿x軸正方向。此后，粒子源中某粒子經(jīng)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ射入?yún)^(qū)域Ⅲ，進(jìn)入?yún)^(qū)域

Ⅲ時速度方向與y軸負(fù)方向的夾角成74°角。當(dāng)粒子動能最大時，求粒子的速度大小以及所在的

位置到y(tǒng)軸的距離。，。

34

(???37°=5???53°=5)

【解答】解：（1）根據(jù)動能定理得：

12

??=??0

解得：2

2

??0

粒子進(jìn)入?=區(qū)域2?I做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)題意某粒子從P點(diǎn)射入?yún)^(qū)域Ⅰ，并從Q點(diǎn)射入?yún)^(qū)域Ⅱ，故

可知此時粒子的運(yùn)動軌跡半徑與區(qū)域Ⅰ的半徑R相等，粒子在磁場中運(yùn)動洛倫茲力提供向心力

2

0

0?

解??得?：=??

??0

?=??

（2）帶電粒子在OF范圍內(nèi)都沿著y軸正方向以相同的速度v0沿紙面射入?yún)^(qū)域Ⅰ，由（1）可得，

粒子的在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，軌跡半徑均為R，因?yàn)樵趨^(qū)域Ⅰ中的磁場半徑和軌跡半徑相等，

粒子射入點(diǎn)、區(qū)域Ⅰ圓心O1、軌跡圓心O'、粒子出射點(diǎn)四點(diǎn)構(gòu)成一個菱形

由幾何關(guān)系可得，區(qū)域Ⅰ圓心O1和粒子出射點(diǎn)連線平行于粒子射入點(diǎn)與軌跡圓心O'連線，則區(qū)

域Ⅰ圓心O1和粒子出射點(diǎn)水平，根據(jù)磁聚焦原理可知粒子都從Q點(diǎn)射出，粒子射入?yún)^(qū)域Ⅱ，仍

做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力

2

0

?0?

解??得2：?R='＝?2R?'

如上圖，要使能射入?yún)^(qū)域Ⅲ的粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動的時間最短，軌跡所對應(yīng)的圓心角最小，可知

在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動的圓弧所對的弦長最短，即此時最短弦長為區(qū)域Ⅱ的磁場圓半徑2R，根據(jù)幾何

知識可得此時在區(qū)域Ⅱ和區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動的軌跡所對應(yīng)的圓心角都為60°，粒子在兩區(qū)域磁場中運(yùn)

動周期分別為

12??2??

?=?0=??

22??2?4??

故?可=得該?0粒子=在?區(qū)?域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動的總時間為

60°60°

?=?1+?2

解得3：60°360°

??

?=??

（3）如圖，將速度v0分解為沿y軸正方向的速度v0及速度v'，因?yàn)镋＝Bv0可得Eq＝Bqv0，故

可知沿y軸正方向的速度v0產(chǎn)生的洛倫茲力與電場力平衡，粒子同時受到另一方向的洛倫茲力

Bqv'，故粒子沿y正方向做旋進(jìn)運(yùn)動，根據(jù)角度可知

v'＝2v0sin53°＝1.6v0

故當(dāng)v'方向?yàn)樨Q直向上時此時粒子速度最大，即最大速度為

vm＝v0+1.6v0＝2.6v0

圓周運(yùn)動半徑R′1.6R

??'8??0

===

根據(jù)幾何關(guān)系可知此時??所在的5?位?置到y(tǒng)軸的距離為

L＝R′+R′sin53°+2R+2R

解得

172??0

?=25??

答：（1）加速電場兩板間的電壓和區(qū)域Ⅰ的半徑；

2

??0??0

（2）該粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中運(yùn)2?動的總時間；??

??

??

（3）粒子的速度大小2.6v0，所在的位置到y(tǒng)軸的距離。

172??0

25??

3．（2024?浙江）探究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)了一個能在噴鍍板的上下表面噴鍍不同離子的實(shí)驗(yàn)裝置，截面

如圖所示。在xOy平面內(nèi)，除x軸和虛線之間的區(qū)域之外，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直

平面向外的勻強(qiáng)磁場。在無磁場區(qū)域內(nèi)，沿著x軸依次放置離子源、長度為L的噴鍍板P、長度

均為L的柵極板M和N（由金屬細(xì)絲組成的網(wǎng)狀電極），噴鍍板P上表面中點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（1.5L，

0），柵極板M中點(diǎn)S的坐標(biāo)為（3L，0）。離子源產(chǎn)生a和b兩種正離子，其中a離子質(zhì)量為m、

電荷量為q，b離子的比荷為a離子的倍，經(jīng)電壓U＝kU0（其中，k大小可調(diào)，a和

22

1???

?0=

b離子初速度視為0）的電場加速后，沿4著y軸射入上方磁場。經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)8?和柵極板N和M間電

壓UNM調(diào)控（UNM＞0），a和b離子分別落在噴鍍板的上下表面，并立即被吸收且電中和。忽

略場的邊界效應(yīng)、離子受到的重力及離子間相互作用力。

（1）若U＝U0，求a離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，到達(dá)x軸上的位置x0（用L表示）；

（2）調(diào)節(jié)U和UNM，并保持，使a離子能落到噴鍍板P上表面任意位置，求；

3

???=?

①U的調(diào)節(jié)范圍（用U0表示）；4

②b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長度；

（3）要求a和b離子恰好分別落在噴鍍板P上下表面的中點(diǎn)，求U和UNM的大小。

【解答】解：（1）a離子經(jīng)電壓為U的電場加速，由動能定理

12

??=2??

a離子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力

2

?

???=?

a離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，到達(dá)x軸上的位置為x0＝2R；?

解得

22??

?0=

由于??

22

???

?=?0=

聯(lián)立解得x0＝L；8?

（2）①要使a離子能落到噴鍍板P上表面任意位置處，只能經(jīng)過電壓為U的電場加速再經(jīng)過第

一象限勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)一次打在P板上方任意處，則L≤x′0≤2L

由（1）得

2222

??????

≤?≤

即U0≤U≤48U?0；2?

②b離子先經(jīng)電壓為U的電場加速后再在xOy平面第一次偏轉(zhuǎn)打在x軸上位置坐標(biāo)

?

?22??

?=???

由于，U0≤U≤4U0；

??1?

=?

解得?2L?≤x4b≤?4L

則b離子能從柵極板（坐標(biāo)范圍）任意位置經(jīng)電壓為UMN的電場減速射入虛線下

57

?≤?≤?

方磁場，此時22

2549

?0≤?≤?0

b離子先經(jīng)電壓16為U的電場加16速后再在第一象限磁場中做勻速圓周運(yùn)動后，再經(jīng)電壓為

3

???=?

的電場減速，由動能定理得4

312

(???????)=?(?')

洛倫茲力提供向心力42

2

(?')

????'=??

得Δxb＝2R′?'

當(dāng)時，b離子從柵極左端經(jīng)虛線下方磁場偏轉(zhuǎn)打在P，此時離柵極板左端的距離

250?

?=16???'=

5

?

當(dāng)4時，b離子從柵極左端經(jīng)虛線下方磁場偏轉(zhuǎn)打在P，此時離柵極板右端的距離

490?

?=16???″=

7

?

則4b離子落在P下表面區(qū)域長度

1

??=???'+?????″=?

（3）要求a離子落在噴鍍板中點(diǎn)Q，由（1）得2

22??3

??″==?

則??2

9

?=?0

由于4

22

???

?0=

聯(lián)立解得8?

22

9???

?=

則b離子從x′3b2＝?3L處經(jīng)過柵極板，要使b離子打在P板下方中央處，設(shè)UNM＝k′U

根據(jù)動能定理

12

(1??')???=?(?″)

洛倫茲力提供向心力2

2

(?″)

????″=??

?″

3

???″=2?″=?

聯(lián)立解得2

3

?'=

則4。

2222

??339027027???27???

?=4?=4×4?=16?=16×8?=128?

當(dāng)減速n次Uqb﹣nUNMqb

2

1??

=2??'

rn

???'?

=

聯(lián)立解??得?

2

29?8??

??=?2???

當(dāng)減速n次恰好4打在?P板?下方中央處，2rn﹣1＞2L

2

?3

?=2?

即＞L2

2

9?8(??1)?

?2???

解得4：??＜

2222

27???5???

即n＜12，8?n?取整數(shù)32，(?故?可1)?得n＝1，2，3，故可得：

27

7

UNM或或

222222

27???27???9???

=

答：（1）1a28離?子經(jīng)磁25場6偏?轉(zhuǎn)后1，28到?達(dá)x軸上的位置為L；

（2）①U的調(diào)節(jié)范圍為U0≤U≤4U0；

②b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長度為；

1

?

2

（3）U的大小為；UNM或或。

22222222

9???27???27???9???

=

32?128?256?128?

4．（2024?北京）我國“天宮”空間站采用霍爾推進(jìn)器控制姿態(tài)和修正軌道。圖為某種霍爾推進(jìn)器的

放電室（兩個半徑接近的同軸圓筒間的區(qū)域）的示意圖。放電室的左、右兩端分別為陽極和陰極，

間距為d。陰極發(fā)射電子，一部分電子進(jìn)入放電室，另一部分未進(jìn)入。

穩(wěn)定運(yùn)行時，可視為放電室內(nèi)有方向沿軸向向右的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度

大小分別為E和B1；還有方向沿半徑向外的徑向磁場，大小處處相等。放電室內(nèi)的大量電子可視

為處于陽極附近，在垂直于軸線的平面繞軸線做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動（如截面圖所示），可

與左端注入的氙原子碰撞并使其電離。每個氙離子的質(zhì)量為M、電荷量為+e，初速度近似為零。

氙離子經(jīng)過電場加速，最終從放電室右端噴出，與陰極發(fā)射的未進(jìn)入放電室的電子剛好完全中和。

已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為﹣e；對于氙離子，僅考慮電場的作用。

（1）求氙離子在放電室內(nèi)運(yùn)動的加速度大小a；

（2）求徑向磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2；

（3）設(shè)被電離的氙原子數(shù)和進(jìn)入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k，單位時間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)

為n，求此霍爾推進(jìn)器獲得的推力大小F。

【解答】解：（1）氙離子在放電室時僅考慮電場的作用，其只受電場力作用，由牛頓第二定律得：

eE＝Ma

解得：

??

（2）在?陽=極?附近電子在垂直于軸線的平面繞軸線做勻速圓周運(yùn)動，在徑向方向上電子受到的軸

向的勻強(qiáng)磁場B1的洛倫茲力提供向心力，則有：

eB1v

2

?

在沿=軸線?的?方向上電子所受電場力與徑向磁場的洛倫茲力平衡，則有：

eE＝evB2

解得：B2

??

=

（3）已知單?位?1時?間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n，被電離的氙原子數(shù)和進(jìn)入放電室的電子數(shù)之比為

常數(shù)k，設(shè)單位時間內(nèi)進(jìn)入放電室的電子數(shù)為n1，則未進(jìn)入的電子數(shù)為n﹣n1，設(shè)單位時間內(nèi)被

電離的氙原子數(shù)為N，則有：

?

=?

?已1知氙離子從放電室右端噴出后與未進(jìn)入放電室的電子剛好完全中和，則有：

N＝n﹣n1

聯(lián)立可得：

??

氙離子經(jīng)電場?加=速1+過?程，根據(jù)動能定理得：

2

11

時??間?=Δt2內(nèi)?噴?出的氙離子持續(xù)受到的作用力為F′，以向右為正方向，由動量定理得

F′?Δt＝N?Δt?Mv1

解得：

??2????

?'=

由牛頓第三定律1可+?知，霍爾推進(jìn)器獲得的推力大小F

??2????

=?'=

答：（1）氙離子在放電室內(nèi)運(yùn)動的加速度大小a為；1+?

??

（2）徑向磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2為；?

??

??1?

（3）此霍爾推進(jìn)器獲得的推力大小F為。

??2????

1+?

5．（2024?鎮(zhèn)海區(qū)模擬）如圖為某同學(xué)設(shè)計(jì)的帶電粒子的聚焦和加速裝置示意圖。位于S點(diǎn)的粒子源

可以沿紙面內(nèi)與SO1（O1為圓形磁場的圓心）的夾角為（≤60°）的方向內(nèi)均勻地發(fā)射速度為

﹣4﹣6

v0＝10m/s、電荷量均為q＝﹣2.0×10C、質(zhì)量均為m＝θ1.0θ×10kg的粒子，粒子射入半徑為R

＝0.1m的圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場。已知粒子源在單位時間發(fā)射N＝2.0×105個粒子，圓形區(qū)域磁場方

向垂直紙面向里，沿著SO1射入圓形區(qū)域磁場的粒子恰好沿著水平方向射出磁場。粒子數(shù)控制系

統(tǒng)是由豎直寬度為L、且L在0≤L≤2R范圍內(nèi)大小可調(diào)的粒子通道構(gòu)成，通道豎直寬度L的中

點(diǎn)與O1始終等高。聚焦系統(tǒng)是由有界勻強(qiáng)電場和有界勻強(qiáng)磁場構(gòu)成，勻強(qiáng)電場的方向水平向右、

場強(qiáng)E＝0.625N/C，邊界由x軸、曲線OA和直線GF（方程為：y＝﹣x+0.4（m））構(gòu)成，勻強(qiáng)磁

場方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.25T，磁場的邊界由x軸、直線GF、y軸構(gòu)成，已知所

有經(jīng)過聚焦系統(tǒng)的粒子均可以從F點(diǎn)沿垂直x軸的方向經(jīng)過一段真空區(qū)域射入加速系統(tǒng)。加速系

統(tǒng)是由兩個開有小孔的平行金屬板構(gòu)成，兩小孔的連線過P點(diǎn)，上下兩板間電勢差U＝﹣10kv，

不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用力。求：

（1）圓形磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B0；

（2）當(dāng)L＝R時，求單位時間進(jìn)入聚焦系統(tǒng)的粒子數(shù)N0；

（3）若進(jìn)入加速系統(tǒng)內(nèi)粒子的初速度均忽略不計(jì)，設(shè)從加速系統(tǒng)射出的粒子在測試樣品中運(yùn)動

﹣

所受的阻力f與其速度v關(guān)系為f＝kv（k＝0.2N?s?m1），求粒子在樣品中可達(dá)的深度d；

（4）曲線OA的方程。

【解答】解：（1）由洛倫茲力提供向心力得

2

?

?=???0

解得B0＝0.5T?

（2）臨界1：粒子恰好從控制系統(tǒng)上邊界進(jìn)入，粒子在S點(diǎn)入射速度與SO1的夾角為1

θ

?

2

11

解???得?1=＝?30=°2

θ

臨界2：粒子恰好從控制系統(tǒng)下邊界進(jìn)入，粒子在S點(diǎn)入射速度與SO的夾角為

12?

2

21

解得2＝30°θ????=?=2

能進(jìn)入θ控制系統(tǒng)的粒子數(shù)個

60°5

?0=?=10

（3）對粒子在加速系統(tǒng)運(yùn)用動1能2定0°理：

12

解得v＝2000m/s??=2??

對粒子進(jìn)入樣品得過程運(yùn)用動量定理﹣kvΔt＝0﹣mv

∑

???2

?=∑???==10?

（4）設(shè)粒子從?曲線OA的（x，y）點(diǎn)進(jìn)入電場，則粒子從直線GF的（0.4﹣y，y）點(diǎn)射出電場，

有

22

1110

??(0.4????)=2???2??

2

??1

=2|?|?1?

得?10y﹣y﹣x＝0

6．（2024?寧波模擬）如圖甲所示，曲線OP上方有沿﹣y方向的勻強(qiáng)電場，其場強(qiáng)大小為E1，曲線

左側(cè)有一粒子源AB，B端位于x軸上，能夠持續(xù)不斷地沿+x方向發(fā)射速度為v0、質(zhì)量為m、電

荷量為q的粒子束，這些粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后均能夠通過O點(diǎn)，已知從A點(diǎn)入射粒子恰好從P點(diǎn)

進(jìn)入電場，不計(jì)重力及粒子間的相互作用。

（1）寫出勻強(qiáng)電場邊界OP段的邊界方程（粒子入射點(diǎn)的坐標(biāo)y和x間的關(guān)系式）；

（2）若第四象限內(nèi)存在邊界平行于坐標(biāo)軸的矩形勻強(qiáng)磁場B1（未畫出），磁場方向垂直紙面向外。

自O(shè)點(diǎn)射入的粒子束，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后均能夠返回y軸，若粒子在第四象限運(yùn)動時始終未離開磁場，

求磁場的最小面積；

（3）若第一象限與第四象限間存在多組緊密相鄰的勻強(qiáng)磁場B2和勻強(qiáng)電場E2（如圖乙），電磁

場邊界與y軸平行，寬度均為d，長度足夠長。勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向里，勻強(qiáng)電

0

2??

?=??

場，方向沿x軸正方向?，F(xiàn)僅考慮自A端射入的粒子，經(jīng)勻強(qiáng)電場E1偏轉(zhuǎn)后，恰好與

2

0

2??

y軸?負(fù)=方4向??成＝45°從O點(diǎn)射入，試確定該粒子將在第幾個磁場區(qū)域拐彎（即速度恰好與y軸

平行）。θ

【解答】解：（1）對從P（x，y）點(diǎn)射入電場的粒子，在電場中做類平拋運(yùn)動，則有：

yat2

1

=

x＝v20t

a

??1

=

聯(lián)立?解得邊界方程為：y

??12

=2??

（2）設(shè)粒子從O點(diǎn)射入磁2場?時?0，速度v與x軸正方向的夾角為，則有：

v0＝vcosβ

β

設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律有

，解得：r

2

???

根??據(jù)?幾=何?關(guān)?系可得，粒=子??在磁場中的運(yùn)動軌跡對應(yīng)的弦長為：d＝2rcos

β

解得：d

2??0

=

可見d為定值??，即所有粒子從y軸上的同一點(diǎn)射出磁場。

可得沿+x方向入射的粒子的運(yùn)動軌跡離y軸最遠(yuǎn)，只要此方向入射的粒子在第四象限運(yùn)動時未離

開磁場，其它粒子均可滿足要求。

此方向入射的粒子的運(yùn)動半徑為：r1

??0

=??

磁場的最小面積為；Smin＝dr1

22

2??0

=22

（3）自A端射入的粒子恰好與y?軸?負(fù)方向成＝45°從O點(diǎn)射入，易知入射速度大小等于v0，

已知勻強(qiáng)磁場，根據(jù)r，可得在θ第一列磁場中的運(yùn)動半徑為R1d，粒子軌跡2如

??0??

?2===2

下圖所示，粒子逆時?針?偏轉(zhuǎn)45°角??沿+x方向進(jìn)入第一列電場，做勻加速直線運(yùn)動直到進(jìn)入第二

列磁場，從此處開始計(jì)數(shù)，令n＝1（即第二列磁場被計(jì)數(shù)為n＝1）。

經(jīng)電場n次加速后粒子速度大小為vn，由動能定理得：

2

nqE2dm（v0），已知：

2

20

1?12??

=2???22?=4??

解得：vn

?+40

=2?

則在第n列磁場（實(shí)際是第n+1列）中的運(yùn)動半徑為Rn①

?+4

假設(shè)粒子在第n列磁場區(qū)域拐彎時軌跡恰好與邊界相切，=根據(jù)2圖?中?的?幾何關(guān)系可得：

Rn﹣Rnsinn＝d……②

粒子在第αn次被加速過程沿+y方向的分速度不變，可得：

vn﹣1sin＝vnsinn

γα

代入得：sinsinn

?+3?+4

?0γ=?0α

可得：sin22

?+4?

在第n﹣1γ列=磁?場+中3?圓??周?運(yùn)動過程，由幾何關(guān)系得：

Rn﹣1sin﹣Rn﹣1sinn﹣1＝d

γα

又有：Rn﹣1

?+3

=?

聯(lián)立整理可得：2sinn﹣1

?

因粒子沿+x方向進(jìn)?入+和4?射??出?第?一?列+電3場，α故s=in21＝0?？傻茫?/p>

α

n＝2時，sin2

12

α==

n＝3時，sin336

22

α=

n＝3時，sin47

32

α=

……8

歸納可得：sinn③

(??1)2

α=??

聯(lián)立①②③式得：?+4[1]＝1

?+4(??1)2

2?

整理得：n＝0?+4

?+4

?

解得：n2（另一解為負(fù)值，舍去），因1＜n＜2，故n取2，對應(yīng)實(shí)際的第3個磁場。

1+33

即該粒子=將在4第3個磁場區(qū)域拐彎。

答：（1）勻強(qiáng)電場邊界OP段的邊界方程為y；

??12

=2??

2??0

（2）磁場的最小面積為；

22

2??0

22

（3）該粒子將在第3個磁?場?區(qū)域拐彎。

7．（2024?越秀區(qū)校級模擬）如圖甲所示，兩間距為d的水平放置的平行金屬板M、N，M板某處C

放有粒子源，C的正上方的N板D處開有一個可穿過粒子的小孔．間距L＝2d的平行金屬導(dǎo)軌P、

Q與金屬板M、N相連，導(dǎo)軌上存在一垂直紙面向里、大小為B的勻強(qiáng)磁場，一導(dǎo)體棒ab貼緊

PQ以一定的初速度向右勻速進(jìn)入磁場．在ab進(jìn)入磁場的瞬間，粒子源飄出一個初速度視為零、

質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子，在M、N間加速后從D處射出．在N板的上方（并與D點(diǎn)相切）

有一個內(nèi)圓半徑R1＝d、外圓半徑R2＝3d的圓環(huán)形勻強(qiáng)磁場，其大小也為B、方向垂直紙面向外，

兩圓的圓心O與C、D在一豎直線上．不計(jì)粒子重力，忽略平行板外的電場以及磁場間的相互影

響．

（1）C處飄出的粒子帶何種電荷？已知ab棒的速度為v0，求粒子到達(dá)N板時速度v；

（2）為了不讓粒子進(jìn)入內(nèi)圓半徑為R1的無磁場區(qū)域，試求出ab棒的速度v0最大值v0m；

（3）若ab棒的速度只能是，為了實(shí)現(xiàn)粒子不進(jìn)入半徑為R1的內(nèi)圓無磁場區(qū)域，可以

05???

控制金屬導(dǎo)軌P、Q的磁場寬?'度=（如?圖乙所示），求該磁場寬度S的范圍．

【解答】解：（1）根據(jù)右手定則可知，a端為正極，故帶電粒子必須帶負(fù)電．

ab棒切割磁感線，產(chǎn)生的電動勢為：E勢＝BLv0＝2Bdv0…①

對于粒子，根據(jù)動能定理為：qUDC＝qE勢②

12

=2???

聯(lián)立①②兩式，可得：v＝2③

???0?

（2）為了不讓粒子進(jìn)入內(nèi)圓半徑?為d?的無磁場區(qū)域，則粒子最大半徑r時的軌跡與內(nèi)圓相切，

如圖所示．設(shè)此時粒子速度為v′

22

根據(jù)幾何關(guān)系：r（R1+r）…④

2

計(jì)算得到：r＝4d…+⑤?2=

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：qv′B＝m⑥

2

?'

?

由⑤⑥得：v′⑦?

4???

=??

根據(jù)粒子速度v與ab棒速度v0的關(guān)系式③得：v′＝2⑧

???0??

??

所以ab棒的速度v0的最大值為：v0m

4???

=?

（3）因?yàn)関0′＞v0m，故如果讓粒子一直在MN間加速，則必然進(jìn)入內(nèi)圓無磁場

5???4???

區(qū)．=?=?

而如果能夠讓粒子在MN間只加速一部分距離，用時間t，再勻速走完剩下的距離，就可以讓粒

子的速度不超過v′．

這時只需ab棒在磁場中運(yùn)動一段距離．

設(shè)導(dǎo)軌磁場最大寬度為S時粒子恰好不會進(jìn)入內(nèi)圓無磁場區(qū)，此情況下

由⑦式可知，粒子從D點(diǎn)射出的速度為：v′＝at⑨

4???

場勢=??

粒子在MN間加速的加速度為：a⑩

????22

2???0'?10???

====2?

由⑨⑩解得：t??????

2?

=

對于ab棒：s＝v0′5?t＝?2d

磁場寬度范圍：0＜s≤2d

答：（1）粒子到達(dá)N板時速度2；

???0?

?

（2）ab棒的速度v0最大值；

4???

（3）該磁場寬度S的范圍0＜?s≤2d．

8．（2024?江蘇四模）如圖所示，直線yx與y軸之間有垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ，

3

=

直線x＝d與yx間有沿y軸負(fù)方向的4勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E＝3×105V/m，另有一半徑Rm

310

==

的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)4域I，磁感應(yīng)強(qiáng)度B1＝0.9T，方向垂直坐標(biāo)平面向外，該圓與直線x＝d和x3軸

均相切，且與x軸相切于S點(diǎn)。一帶負(fù)電的粒子從S點(diǎn)沿y軸的正方向以速度v0進(jìn)入圓形磁場

區(qū)域I，經(jīng)過一段時間進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ，且第一次進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ時的速度方向與直線

55

yx垂直。粒子速度大小v0＝3×10m/s，粒子的比荷為1×10C/kg，粒子重力不計(jì)。已知

3?

==

sin347°＝0.6，cos37°＝0.8，求：?

（1）粒子在圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域工中做圓周運(yùn)動的半徑大?。?/p>

（2）坐標(biāo)d的值；

（3）要使粒子能運(yùn)動到x軸的負(fù)半軸，則勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2應(yīng)滿足的條件。

【解答】解：（1）在磁場B1中，設(shè)粒子做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r1，由牛頓第二定律可得

2

?0

??0?1=?

解得：?1

0

1??10

?=1=?

（2）由（1）??知r1＝3R，因?yàn)榱Ｗ訌腟點(diǎn)沿y軸的正方向以速度v0進(jìn)入圓形磁場區(qū)域I，所以粒

子離開磁場B1時垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場，則粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)粒子在x方向的位移為x，

在y方向的位移為y，運(yùn)動時間為t，則粒子進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅱ時，沿y方向的速度為

?05

??==4×10?/?

又???37°

??

??=?

解得：?

4?5

?=×10?

根據(jù)運(yùn)動學(xué)3公式可得：，

?

00+?8

所以d點(diǎn)的值為?=??=4??=2?=3?

????37°+?+?1

?=???37°=12?

（3）進(jìn)入磁場B2的速度為：

?05

?==5×10?/?

帶電粒子進(jìn)入磁場區(qū)域Ⅱ中做勻速?圓??周37運(yùn)°動，設(shè)半徑為r2，根據(jù)牛頓第二定律可得

2

2?

當(dāng)??帶?電=粒?子?2出磁場區(qū)域Ⅱ與y軸垂直時，由幾何關(guān)系可得

?+?

?2==10?

代入數(shù)???據(jù)3解7°得：B2＝0.5T

當(dāng)帶電粒子出磁場區(qū)域Ⅱ與y軸相切時，設(shè)軌道半徑為r2′

根據(jù)幾何關(guān)系可得

?2'?+?

?2'+==10?

代入數(shù)??據(jù)?3解7°得：??B?23＝7°1.125T

所以要使帶電粒子能運(yùn)動到x軸的負(fù)半軸，則勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2應(yīng)滿足的條件為

0.5T＜B2＜1.125T

9．（2024?海安市校級二模）如圖甲所示為質(zhì)譜儀的原理圖，加速電壓為U。粒子源A持續(xù)釋放出初

速度可忽略、比荷分別k1和k2的兩種正電荷，k1＞k2。粒子從O點(diǎn)沿垂直磁場邊界方向進(jìn)入勻

強(qiáng)磁場，磁場下邊界放置膠片C。比荷為k1的粒子恰好打在距O點(diǎn)為L的M點(diǎn)，不計(jì)粒子重力

和粒子間的相互作用。求：

（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；

（2）若加速電壓存在波動，在（U﹣ΔU）到（U+ΔU）之間變化，在膠片上分開兩種粒子，Δ

U的取值范圍；

（3）如圖乙所示，若比荷為k1的粒子進(jìn)入磁場時存在散射角＝60°，粒子在2范圍內(nèi)均勻射

入，現(xiàn)撤去膠片C，緊靠M點(diǎn)在其左側(cè)水平放置一長度為0.4Lθ的接收器，求接收θ器中點(diǎn)左右兩

側(cè)在單位時間內(nèi)接收到比荷為k1的粒子數(shù)之比。

η

【解答】解：（1）粒子在電場中加速過程，根據(jù)動能定理有

12

粒??子=磁2場?中?做勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

2

?

???=?

由幾何關(guān)系?知

?

?=

聯(lián)立解得：2

22?

（2）根據(jù)第?一=問?中的?1分析可得

?=12??

由于比荷k1＞k2，當(dāng)B和U相同時??

r1＜r2

當(dāng)電壓波動時，在膠片上分開兩種粒子，需滿足

2r1max＜2r2min

即

＜

22(?+??)22(????)

??1??2

聯(lián)立解得：＜

?1??2

???

（3）粒子恰好打?在1+接?收2器中點(diǎn)N時，設(shè)粒子進(jìn)入磁場時速度與豎直方向夾角為，則

β

0.2L＝2r﹣2rcos＝L（1﹣cos）

解得：＝37°ββ

粒子恰好β打在接收器最左端時，設(shè)粒子進(jìn)入磁場時速度與豎直方向夾角為a，則

0.4L＝2r﹣2rcos＝L