疑難壓軸 帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)-2025年高考物理易錯(cuò)題專(zhuān)練（解析版）

疑難壓軸3帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

1.（2024?浙江）類(lèi)似光學(xué)中的反射和折射現(xiàn)象，用磁場(chǎng)或電場(chǎng)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(gè)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(chǎng)，II區(qū)的寬度很小。［區(qū)和III區(qū)電勢(shì)處處相等，分別為⑦和

<pin，其電勢(shì)差U=（pi-<pm。一束質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子從。點(diǎn)以入射角0射向I區(qū)，在

p點(diǎn)以出射角o射出，實(shí)現(xiàn)“反射”；質(zhì)子束從p點(diǎn)以入射角9射入n區(qū)，經(jīng)II區(qū)“折射”進(jìn)入

ill區(qū)，其出射方向與法線(xiàn)夾角為“折射”角。已知質(zhì)子僅在平面內(nèi)運(yùn)動(dòng)，單位時(shí)間發(fā)射的質(zhì)子數(shù)

為N,初速度為vo,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(duì)磁場(chǎng)和電勢(shì)分布的影響。

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

2

（2）若U=嚓求“折射率”n（入射角正弦與折射角正弦的比值）；

（3）計(jì)算說(shuō)明如何調(diào)控電場(chǎng)，實(shí)現(xiàn)質(zhì)子束從P點(diǎn)進(jìn)入H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)下方距離包絲處水平放置一長(zhǎng)為竺竺2的探測(cè)板CQD（Q在P的正下方），CQ長(zhǎng)

eBeB

為吧，質(zhì)子打在探測(cè)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(xiàn)左右對(duì)

eB

稱(chēng)，同時(shí)從O點(diǎn)射入I區(qū)，且9=30°,求探測(cè)板受到豎直方向力F的大小與U之間的關(guān)系。

法線(xiàn)

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

法線(xiàn)

粒子從。點(diǎn)射入，不出I區(qū)域的臨界條件為2r=dmi1

洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律Be%=血答

代入數(shù)據(jù)解得=2r=嚕

(2)設(shè)水平方向?yàn)閤方向，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。

11

根據(jù)動(dòng)能定理Ue=2mvi-2mvo

2

由于uf

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得%=V2v0

設(shè)粒子射出區(qū)域n時(shí)與豎直方向成。'角，如圖所示：

根據(jù)速度關(guān)系Vx=vosin0=visine,

根據(jù)折射定律n=鳴

sinO

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得“折射率”幾=企

(3)在n區(qū)域下邊界發(fā)生全反射的條件是沿豎直方向的速度為零；

1

2

根據(jù)動(dòng)能定理Ue=0-2^(vocos0)

可得u=—鷲譽(yù)

即應(yīng)滿(mǎn)足UV-吟”

(4)分粒子全部打在探測(cè)板CQD和全部打不到探測(cè)板CQD兩種情形；

根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)M4PQ=器=甯x前/字

解得/CPQ=30°

所以如果U20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)UNO時(shí)，取豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理F=2Nm[0-(-vy)]=2Nmvy

11

根據(jù)動(dòng)能定理eU=2mry一2m（roC05^）2

解得F=2NmJ%+部

②全部都打不到板的情況，根據(jù)幾何知識(shí)可知當(dāng)從II區(qū)射出時(shí)速度與豎直方向夾角為60。時(shí)，粒

子剛好打到D點(diǎn)，水平方向速度為以=?

所以％=贏下=夠%

11

2

根據(jù)動(dòng)能定理eU=-^mVy-2^（vocos0）

2

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得u=-翳

2

即當(dāng)UV—筌時(shí)，F(xiàn)=o

2

③部分能打到的情況，根據(jù)上述分析可知條件為（-簧WUV0）,此時(shí)僅有O點(diǎn)右側(cè)的一束粒

子能打到板上，因此F=Nmvy

11

根據(jù)動(dòng)能定理eU=27n啰一2m3ocos6）2

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得尸=即\展+等。

2.（2024?海南）如圖，在xOy坐標(biāo)系中有三個(gè)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n的半徑是區(qū)域I半徑的2倍。區(qū)域I、n的圓心。1、。2連線(xiàn)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(xiàn)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、色的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向均垂直紙面向外。區(qū)域I下方有一粒子源和

2

加速電場(chǎng)組成的發(fā)射器,可將質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子由電場(chǎng)加速到vo。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vo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(chǎng)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H中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，求該粒子在區(qū)域I和區(qū)域II

中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t；

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

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

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

解得：”嚼

粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域I做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，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n,故

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

Bqv0=

解得：/?=鬻

(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vo沿紙面射入?yún)^(qū)域I,由(1)可得,

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

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

由幾何關(guān)系可得，區(qū)域I圓心01和粒子出射點(diǎn)連線(xiàn)平行于粒子射入點(diǎn)與軌跡圓心CT連線(xiàn)，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H,仍

做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力

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

在區(qū)域n中運(yùn)動(dòng)的圓弧所對(duì)的弦長(zhǎng)最短，即此時(shí)最短弦長(zhǎng)為區(qū)域n的磁場(chǎng)圓半徑2R,根據(jù)幾何知

識(shí)可得此時(shí)在區(qū)域II和區(qū)域I中運(yùn)動(dòng)的軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角都為60°,粒子在兩區(qū)域磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)

周期分別為

72TTR2jim

TL寸百

2m2R4冗m

雙一"Bq"

故可得該粒子在區(qū)域I和區(qū)域II中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為

[=募71+募心

(3)如圖，將速度vo分解為沿y軸正方向的速度vo及速度娟，因?yàn)镋=Bvo可得Eq=Bqvo,故

可知沿y軸正方向的速度vo產(chǎn)生的洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡，粒子同時(shí)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(dòng)，根據(jù)角度可知

V*=2vosin53°=1.6vo

故當(dāng)娟方向?yàn)樨Q直向上時(shí)此時(shí)粒子速度最大，即最大速度為

Vm=VO+1.6VO=2.6vo

圓周運(yùn)動(dòng)半徑R'=%=蜉=L6R

根據(jù)幾何關(guān)系可知此時(shí)所在的位置到y(tǒng)軸的距離為

L=R'+R，sin53°+2R+2R

解得

_172m%

乙=25Bq

2

答：(1)加速電場(chǎng)兩板間的電壓四包和區(qū)域I的半徑竺

2qBq

Tim

(2)該粒子在區(qū)域I和區(qū)域II中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間一：

Bq

(3)粒子的速度大小2.6vo,所在的位置到y(tǒng)軸的距離二詈。

3.（2024?浙江）探究性學(xué)習(xí)小組設(shè)計(jì)了一個(gè)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(xiàn)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(chǎng)。在無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，沿著x軸依次放置離子源、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的噴鍍板P、長(zhǎng)度

均為L(zhǎng)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=kUo（其中。。=與系，k大小可調(diào)，a和

b離子初速度視為0）的電場(chǎng)加速后，沿著y軸射入上方磁場(chǎng)。經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)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(chǎng)的邊界效應(yīng)、離子受到的重力及離子間相互作用力。

_L

工L-——?卜2?卜-----L——J

.QATTSJx

離子遐無(wú)口P........-577?

N........+°UNM

（l）若U=Uo,求a離子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，到達(dá)x軸上的位置xo（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；

①U的調(diào)節(jié)范圍（用Uo表示）；

②b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長(zhǎng)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(chǎng)加速，由動(dòng)能定理=

2

a離子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力qvB=m%

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

解得x。.坪

由于u=u°=需

聯(lián)立解得xo=L；

（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(guò)電壓為U的電場(chǎng)加速再經(jīng)過(guò)第

一象限勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)一次打在P板上方任意處，則LWx,oW2L

qB2L2qB2L2

由（1）得--------<U<---------

8m2m

即UoWUW4Uo；

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

1%

、一qb1q

由于—二一?一，Uo〈UW4Uo；

mjj4m

解得2LWxbW4L

57

則b離子能從柵極板（坐標(biāo)范圍二￡<x<-L）任意位置經(jīng)電壓為UMN的電場(chǎng)減速射入虛線(xiàn)下

22

2549

方磁場(chǎng)，此時(shí)五g<U<—[/0

b離子先經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后再在第一象限磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)后，再經(jīng)電壓為UNM=，U

Q1

的電場(chǎng)減速，由動(dòng)能定理得=2m（r，）2

洛倫茲力提供向心力佻81/=rnb^Q-

K

得Axb=2R'

當(dāng)U=1|Uo時(shí)，b離子從柵極左端經(jīng)虛線(xiàn)下方磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)打在P,此時(shí)離柵極板左端的距離/&'=

當(dāng)[/=*九時(shí)，b離子從柵極左端經(jīng)虛線(xiàn)下方磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)打在P,此時(shí)離柵極板右端的距離4久J=

則b離子落在P下表面區(qū)域長(zhǎng)度=Axb'+L—Axb"=^L

（3）要求a離子落在噴鍍板中點(diǎn)Q,由（1）得久J=萼=|乙

9

-

4

D2r2

由于為=翳

聯(lián)立解得u=嚼;

則b離子從X,b=3L處經(jīng)過(guò)柵極板，要使b離子打在P板下方中央處，設(shè)UNM=k'U

1

根據(jù)動(dòng)能定理（1-k'~）Uqb=2nl（i/'）2

2

洛倫茲力提供向心力加8〃"=mb^Q-

K

,r

Axb—2R〃=打

聯(lián)立解得k

川〃_339_27_27qB2L2_27qB2L2

則"NM—[U—4X[%—元/一正X---128M。

1

當(dāng)減速n次Uqb-nUNMqb=2mbv，b

m

rt/b

聯(lián)立解得瑞=孚-誓MM

一Bq

當(dāng)減速n次恰好打在P板下方中央處，2ni>2L

2rn=5L

日2

即9L丁一8(n個(gè)-l)丁m、爾0

解得：27叱5B2qL2

128nm32(n-l)m

即nV予，n取整數(shù)，故可得n=l,2,3,故可得:

歷=鏟或辿叱或如

128m256m128m

答：(1)a離子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，到達(dá)x軸上的位置為L(zhǎng)；

(2)①U的調(diào)節(jié)范圍為UoWUW4Uo；

1

②b離子落在噴鍍板P下表面的區(qū)域長(zhǎng)度為；-L

……9qB2L2血應(yīng)或娑尤或呼

(3)U的大小為------；UNM=

32m128m256m128m

4.（2024?北京）我國(guó)“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(gè)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(yáng)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(shí)，可視為放電室內(nèi)有方向沿軸向向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度

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

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

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

債離子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)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(duì)于氤離子，僅考慮電場(chǎng)的作用。

（1）求敬離子在放電室內(nèi)運(yùn)動(dòng)的加速度大小a；

（2）求徑向磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2；

（3）設(shè)被電離的氤原子數(shù)和進(jìn)入放電室的電子數(shù)之比為常數(shù)k,單位時(shí)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Fo

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

eE=Ma

解得：a=*

（2）在陽(yáng)極附近電子在垂直于軸線(xiàn)的平面繞軸線(xiàn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在徑向方向上電子受到的軸向

的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Bi的洛倫茲力提供向心力，則有：

eBiv=m+

在沿軸線(xiàn)的方向上電子所受電場(chǎng)力與徑向磁場(chǎng)的洛倫茲力平衡，則有：

eE=evB2

解得；B2=導(dǎo)

（3）已知單位時(shí)間內(nèi)陰極發(fā)射的電子總數(shù)為n,被電離的次原子數(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(shí)間內(nèi)進(jìn)入放電室的電子數(shù)為ni,則未進(jìn)入的電子數(shù)為n-ni,設(shè)單位時(shí)間內(nèi)被

電離的債原子數(shù)為N,則有：

N

—=k

已知血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-ni

聯(lián)立可得：”瑞

氤離子經(jīng)電場(chǎng)加速過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得:

1

eEd=2M說(shuō)o

時(shí)間At內(nèi)噴出的敷離子持續(xù)受到的作用力為F',以向右為正方向，由動(dòng)量定理得

F',At=N,AfMvi

解得：F，=血*泮

由牛頓第三定律可知，霍爾推進(jìn)器獲得的推力大小F=F'=叫2：泮

J.?/v

eE

答：⑴氤離子在放電室內(nèi)運(yùn)動(dòng)的加速度大小a為萬(wàn)

.、、,Em

(2)徑向磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2為----；

eBrR

nk、2eEdM

(3)此霍爾推進(jìn)器獲得的推力大小F為—

1+k

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（01為圓形磁場(chǎng)的圓心）的夾角為e（eW60°）的方向內(nèi)均勻地發(fā)射速度為

vo=lOm/s＞電荷量均為q=-2.0義10一七、質(zhì)量均為m=1.0義10-6kg的粒子，粒子射入半徑為R

=0.1m的圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)。已知粒子源在單位時(shí)間發(fā)射N(xiāo)=2.0X1（）5個(gè)粒子，圓形區(qū)域磁場(chǎng)方

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

統(tǒng)是由豎直寬度為L(zhǎng)、且L在0WLW2R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01始終等高。聚焦系統(tǒng)是由有界勻強(qiáng)電場(chǎng)和有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)構(gòu)成，勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向水平向右、

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

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

有經(jīng)過(guò)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(guò)一段真空區(qū)域射入加速系統(tǒng)。加速系

統(tǒng)是由兩個(gè)開(kāi)有小孔的平行金屬板構(gòu)成，兩小孔的連線(xiàn)過(guò)P點(diǎn)，上下兩板間電勢(shì)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(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度Bo；

（2）當(dāng)L=R時(shí)，求單位時(shí)間進(jìn)入聚焦系統(tǒng)的粒子數(shù)No；

（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(cè)試樣品中運(yùn)動(dòng)所

受的阻力f與其速度v關(guān)系為f=kv（k=0.2N-s-m-1）,求粒子在樣品中可達(dá)的深度d；

2

【解答】解：⑴由洛倫茲力提供向心力得=

K

解得Bo=O.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的夾角為包

R

sin91=春=2

解得。1=30°

R

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soi的夾角為e2s譏。2=%=

解得02=30°

能進(jìn)入控制系統(tǒng)的粒子數(shù)M=黑N=105個(gè)

(3)對(duì)粒子在加速系統(tǒng)運(yùn)用動(dòng)能定理：Uq=^mv2

解得v=2000m/s

對(duì)粒子進(jìn)入樣品得過(guò)程運(yùn)用動(dòng)量定理-2kvAt=0-mv

d=EvJt=竿=10-2m

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

11

有Eq(0.4—y—%)=27n說(shuō)—々mu衣

mv?

=回歸5

得10y2-y-x=0

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

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vo、質(zhì)量為m、電

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

進(jìn)入電場(chǎng)，不計(jì)重力及粒子間的相互作用。

圖甲

（1）寫(xiě)出勻強(qiáng)電場(chǎng)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(chǎng)Bi（未畫(huà)出），磁場(chǎng)方向垂直紙面向外。

自O(shè)點(diǎn)射入的粒子束，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后均能夠返回y軸，若粒子在第四象限運(yùn)動(dòng)時(shí)始終未離開(kāi)磁

場(chǎng)，求磁場(chǎng)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(chǎng)B2和勻強(qiáng)電場(chǎng)E2（如圖乙），電磁

場(chǎng)邊界與y軸平行，寬度均為d,長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)。勻強(qiáng)磁場(chǎng)殳=篝，方向垂直紙面向里，勻強(qiáng)電

2

場(chǎng)為=瀛，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(chǎng)Ei偏轉(zhuǎn)后，恰好與

y軸負(fù)方向成9=45°從。點(diǎn)射入，試確定該粒子將在第幾個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域拐彎（即速度恰好與y軸

平行）。

【解答】解：（1）對(duì)從P（x,y）點(diǎn)射入電場(chǎng)的粒子，在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則有:

y=1at2

x=vot

2=必

m

聯(lián)立解得邊界方程為：丫=勒?一

2771VQ

（2）設(shè)粒子從。點(diǎn)射入磁場(chǎng)時(shí)，速度v與x軸正方向的夾角為0,則有:

vo=vcosp

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

mv

qvB=m—,解得:

根據(jù)幾何關(guān)系可得,粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)為：d=2rcos0

解得：d=鬻

C[D

可見(jiàn)d為定值，即所有粒子從y軸上的同一點(diǎn)射出磁場(chǎng)。

可得沿+x方向入射的粒子的運(yùn)動(dòng)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(dòng)時(shí)未

離開(kāi)磁場(chǎng)，其它粒子均可滿(mǎn)足要求。

此方向入射的粒子的運(yùn)動(dòng)半徑為：門(mén)=嘿

磁場(chǎng)的最小面積為；Smin=dn=2粵

q2BZ

⑶自A端射入的粒子恰好與y軸負(fù)方向成0=45°從O點(diǎn)射入,易知入射速度大小等于avo,

已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)殳=篝，根據(jù)r=器，可得在第一列磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為Rl=/d,粒子軌跡如

下圖所示，粒子逆時(shí)針偏轉(zhuǎn)45°角沿+x方向進(jìn)入第一列電場(chǎng)，做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)直到進(jìn)入第二

經(jīng)電場(chǎng)n次加速后粒子速度大小為Vn,由動(dòng)能定理得:

nqE2d=（V2vo）2,已知：E2=/號(hào)

角軍得：Vn=

則在第n列磁場(chǎng)（實(shí)際是第n+1歹D中的運(yùn)動(dòng)半徑為Rn=……①

假設(shè)粒子在第n列磁場(chǎng)區(qū)域拐彎時(shí)軌跡恰好與邊界相切，根據(jù)圖中的幾何關(guān)系可得:

Rn-Rnsincxn-d....（2）

粒子在第n次被加速過(guò)程沿+y方向的分速度不變，可得:

Vn-isinY=Vnsinan

'n+3

代入得:-^-vosmy=v0sinan

l?i+4,

可得：siny=市si*

在第n-1列磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由幾何關(guān)系得:

Rn-isiny-Rn-isinan-1—d

'n+3,

又有：Rn-1=—d

聯(lián)立整理可得：Vn+4sinan—Vn+3sinan-1=V2

因粒子沿+x方向進(jìn)入和射出第一列電場(chǎng)，故sinai=O?？傻?

._1_V2

n=2時(shí),sina2=第=疾

n=3時(shí),sina3=

n=3時(shí)，sina4=

（n-l解

歸納可得：sinan=

n+4,③

聯(lián)立①②③式得:^+F]=I

"n+4八

整理得:--n=0

解得：n=二譽(yù)（另一解為負(fù)值，舍去），因l<n<2,故n取2,對(duì)應(yīng)實(shí)際的第3個(gè)磁場(chǎng)。

即該粒子將在第3個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域拐彎。

答：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)邊界OP段的邊界方程為y=#"?久2；

2mv0

2777.2y2

（2）磁場(chǎng)的最小面積為2c2%

q2B2

（3）該粒子將在第3個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域拐彎。

7.（2024?越秀區(qū)校級(jí)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(kāi)有一個(gè)可穿過(guò)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(chǎng)，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(chǎng).在ab進(jìn)入磁場(chǎng)的瞬間，粒子源飄出一個(gè)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(gè)內(nèi)圓半徑Ri=d、外圓半徑R2=3d的圓環(huán)形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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(xiàn)上.不計(jì)粒子重力，忽略平行板外的電場(chǎng)以及磁場(chǎng)間

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

（2）為了不讓粒子進(jìn)入內(nèi)圓半徑為Ri的無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域，試求出ab棒的速度vo最大值vom；

（3）若ab棒的速度只能是1/。=嚓，為了實(shí)現(xiàn)粒子不進(jìn)入半徑為R1的內(nèi)圓無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域，可以

控制金屬導(dǎo)軌P、Q的磁場(chǎng)寬度（如圖乙所示），求該磁場(chǎng)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(xiàn)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為：E勢(shì)=81^0=23（1丫（）…①

1

對(duì)于粒子，根據(jù)動(dòng)能定理為：qUDC=qE勢(shì)=^血戶(hù)…②

聯(lián)立①②兩式，可得：v=2器智…③

（2）為了不讓粒子進(jìn)入內(nèi)圓半徑為d的無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域，則粒子最大半徑r時(shí)的軌跡與內(nèi)圓相切，

如圖所示.設(shè)此時(shí)粒子速度為/

根據(jù)幾何關(guān)系：r+Rl=(Ri+r)2…④

計(jì)算得到：r=4d…⑤

vf2

根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：qvzB=m—???(§)

由⑤⑥得：v'=?！?/p>

m

根據(jù)粒子速度v與ab棒速度vo的關(guān)系式③得：V，=2月酗…⑧

所以ab棒的速度vo的最大值為：vom=*

(3)因?yàn)関o'=>vom=故如果讓粒子一直在MN間加速，則必然進(jìn)入內(nèi)圓無(wú)磁場(chǎng)

區(qū).

而如果能夠讓粒子在MN間只加速一部分距離，用時(shí)間3再勻速走完剩下的距離，就可以讓粒

子的速度不超過(guò)v'.

這時(shí)只需ab棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一段距離.

設(shè)導(dǎo)軌磁場(chǎng)最大寬度為S時(shí)粒子恰好不會(huì)進(jìn)入內(nèi)圓無(wú)磁場(chǎng)區(qū)，此情況下

由⑦式可知，粒子從D點(diǎn)射出的速度為：v'=前=噂…⑨

粒子在MN間加速的加速度為：a=冬=糕="祟=血熟…⑩

77177luam7714

由⑨⑩解得：1=疆

對(duì)于ab棒：s=vo/t=2d

磁場(chǎng)寬度范圍：0<sW2d

答：(1)粒子到達(dá)N板時(shí)速度2.

(2)ab棒的速度vo最大值P—；

m

(3)該磁場(chǎng)寬度S的范圍OVsW2d.

2

8.(2024?江蘇四模)如圖所示，直線(xiàn)y=*x與y軸之間有垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域H,

直線(xiàn)x=d與y=間有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E=3X105V/m,另有一半徑R二岑m

的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域I,磁感應(yīng)強(qiáng)度Bi=0.9T,方向垂直坐標(biāo)平面向外，該圓與直線(xiàn)*=(1和*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vo進(jìn)入圓形磁場(chǎng)

區(qū)域I,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域H,且第一次進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域H時(shí)的速度方向與直線(xiàn)

y=1x垂直。粒子速度大小vo=3X1。5向§,粒子的比荷為里=1Xl()5c/kg,粒子重力不計(jì)。已知

4m

sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

(1)粒子在圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域_L中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大小；

(2)坐標(biāo)d的值；

(3)要使粒子能運(yùn)動(dòng)到X軸的負(fù)半軸，則勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域n的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2應(yīng)滿(mǎn)足的條件。

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

q%Bi=巾詈

rl

解得：「1=簫=竽巾

(2)由(1)知門(mén)=仁因?yàn)榱Ｗ訌腟點(diǎn)沿y軸的正方向以速度vo進(jìn)入圓形磁場(chǎng)區(qū)域L所以粒

子離開(kāi)磁場(chǎng)Bi時(shí)垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，則粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，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(dòng)時(shí)間為t,則粒子進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域H時(shí)，沿y方向的速度為

%==4X^5m/s

又為=得

A-

解得：t=3X10-5s

二丫

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：x=vot=4m,y=-t=可/

所以d點(diǎn)的值為

,xtan37°+y+r-i仆

初二

a=----7~tan373——-12m

(3)進(jìn)入磁場(chǎng)B2的速度為：v==5x105m/s

帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域II中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)半徑為⑵根據(jù)牛頓第二定律可得

qvB=m—

2r2

當(dāng)帶電粒子出磁場(chǎng)區(qū)域II與y軸垂直時(shí)，由幾何關(guān)系可得

r=車(chē)%=10m

z2sin370

代入數(shù)據(jù)解得：B2=0.5T

當(dāng)帶電粒子出磁場(chǎng)區(qū)域II與y軸相切時(shí)，設(shè)軌道半徑為己

根據(jù)幾何關(guān)系可得

,.丫2'=y+一=10小

r2+cos37°~sin37°~1Um

代入數(shù)據(jù)解得：B2=1.125T

所以要使帶電粒子能運(yùn)動(dòng)到x軸的負(fù)半軸，則勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域n的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2應(yīng)滿(mǎn)足的條件為

0.5TVB2Vl.125T

9.（2024?海安市校級(jí)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kl和k2的兩種正電荷，kl>k2o粒子從O點(diǎn)沿垂直磁場(chǎng)邊界方向進(jìn)入勻

強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)下邊界放置膠片C。比荷為ki的粒子恰好打在距。點(diǎn)為L(zhǎng)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(dòng)，在（U-AU）到（U+AU）之間變化，在膠片上分開(kāi)兩種粒子，A

U的取值范圍；

（3）如圖乙所示，若比荷為ki的粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)存在散射角8=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(zhǎng)度為0.4L的接收器，求接收器中點(diǎn)左右兩

側(cè)在單位時(shí)間內(nèi)接收到比荷為ki的粒子數(shù)之比”。

【解答】解：（1）粒子在電場(chǎng)中加速過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有

?12

qU=-^mvA

粒子磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有

V2

qvB=m—

由幾何關(guān)系知丁二帝

聯(lián)立解得：B=*疆

（2）根據(jù)第一問(wèn)中的分析可得

1\2rnU

由于比荷ki>k2,當(dāng)B和U相同時(shí)

ri<r2

當(dāng)電壓波動(dòng)時(shí)，在膠片上分開(kāi)兩種粒子，需滿(mǎn)足

2rimax<2r2mii

(3)粒子恰好打在接收器中點(diǎn)N時(shí)，設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度與豎直方向夾角為B，則

解得：0=37°

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

0.4L=2r-2rcosa=L(1-cosa)

解得：a=53°<60°

進(jìn)入磁場(chǎng)速度與豎直方向夾角在53°到37°的粒子打在接收器中點(diǎn)N左側(cè)，夾角在0°到37°

的粒子打在接收器中點(diǎn)N右側(cè)，則接收器中點(diǎn)左右兩側(cè)在單位時(shí)間內(nèi)接收到比荷為ki的粒子數(shù)

之比為

2x(53°-37°)=16

2x3T-=37

一2

答：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為工

(2)AU的取值范圍為dUV真獸U；

勺十/<2

(3)接收器中點(diǎn)左右兩側(cè)在單位時(shí)間內(nèi)接收到比荷為ki的粒子數(shù)之比口為廣。

10.（2024?鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)模擬）如圖甲所示，真空中存在一間距為d=0.02m的水平平行板電容器，板

長(zhǎng)L=0.04m,板間電壓為U、板間勻強(qiáng)電場(chǎng)方向向上，MN為一垂直上極板PQ的足夠長(zhǎng)的光屏，

其下端N與極板右端Q重合，在MN所在豎直線(xiàn)右側(cè)空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在下極板左端有一個(gè)

粒子源A,可以緊貼極板水平向右連續(xù)發(fā)射帶正電的粒子，粒子比荷為區(qū)=1Xl（）8c"g,初速

m

度為=1X1。5爪/5。已知粒子打到極板或光屏?xí)r會(huì)被吸收，粒子之間的作用力不計(jì)，粒子的重力

不計(jì)。

（1）為使粒子能夠從極板間射出，求電壓U的最大值；

（2）若勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直紙面向里（如圖甲），大小為B]=0.05