高考物理帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)習(xí)題知識(shí)歸納總結(jié)含答案

一、帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)壓軸題

1.如圖所示，xOy平面處于勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直紙面向外.點(diǎn)

(]

P處有一粒子源，可向各個(gè)方向發(fā)射速率不同、電荷量為q、質(zhì)量為m的帶負(fù)電

/

粒子.不考慮粒子的重力.

P

yo7x

(1)若粒子1經(jīng)過第一、二、三象限后，恰好沿x軸正向通過點(diǎn)Q(0,-L),求其速率

(2)若撤去第一象限的磁場，在其中加沿y軸正向的勻強(qiáng)電場，粒子2經(jīng)過第一、二、三

象限后，也以速率vi沿x軸正向通過點(diǎn)Q,求勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E以及粒子2的發(fā)射速

率V2；

(3)若在xOy平面內(nèi)加沿y軸正向的勻強(qiáng)電場Eo，粒子3以速率V3沿y軸正向發(fā)射，求

在運(yùn)動(dòng)過程中其最小速率V.

某同學(xué)查閱資料后，得到一種處理相關(guān)問題的思路：

帶電粒子在正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場中運(yùn)動(dòng)，若所受洛倫茲力與電場力不平衡而做復(fù)雜

的曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，可將帶電粒子的初速度進(jìn)行分解，將帶電粒子的運(yùn)動(dòng)等效為沿某一方向的

勻速直線運(yùn)動(dòng)和沿某一時(shí)針方向的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的合運(yùn)動(dòng).請嘗試用該思路求解.

【答案】(1)⑵2號(hào)BLq⑶](曾)+V；-與

【解析】

【詳解】

2

(1)粒子1在一、二、三做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則鄉(xiāng)匕8=加工

由幾何憨可知:=(…『+

得到…半

3/n

（2）粒子2在第一象限中類斜劈運(yùn)動(dòng)，有：立￡=卬，〃我，

312m

在第二、三象限中原圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系：L+h=2r],得到七二附竺1

9m

又心"2劭，得到：“嚕絲

E

（3）如圖所示，將匕分解成水平向右和M和斜向的/,則切/8二g4,即i/=」

B

而/=z+片

所以，運(yùn)動(dòng)過程中粒子的最小速率為V=/-M

2E。

即：v=+V：——-

B

2.如圖所示，虛線MN沿豎直方向，其左側(cè)區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)電場（圖中未畫出）和方向垂直

紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為8的勻強(qiáng)磁場，虛線MN的右側(cè)區(qū)域有方向水平向右的勻強(qiáng)電

場.水平線段AP與MN相交于。點(diǎn).在4點(diǎn)有一質(zhì)量為m，電量為+q的帶電質(zhì)點(diǎn)，以大

小為火的速度在左側(cè)區(qū)域垂直磁場方向射入，恰好在左側(cè)區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已卻人

與。點(diǎn)間的距離為圓殳，虛線MN右側(cè)電場強(qiáng)度為電絲，重力加速度為g.求：

qBq

（1）MN左側(cè)區(qū)域內(nèi)電場強(qiáng)度的大小和方向；

（2）帶電質(zhì)點(diǎn)在4點(diǎn)的入射方向與公。間的夾角為多大時(shí)，質(zhì)點(diǎn)在磁場中剛好運(yùn)動(dòng)到O

點(diǎn)，并畫出帶電質(zhì)點(diǎn)在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡;

（3）帶電質(zhì)點(diǎn)從。點(diǎn)進(jìn)入虛線MN右側(cè)區(qū)域后運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度的大小Vp.

【答案】（1）—,方向豎直向上;

q

【解析】

【詳解】

(1)質(zhì)點(diǎn)在左側(cè)區(qū)域受重力、電場力和洛倫茲力作用，根據(jù)質(zhì)點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)可得：重

力和電場力等大反向，洛倫茲力做向心力；所以，電場力gE=mg,方向豎直向上；

所以M/V左側(cè)區(qū)域內(nèi)電場強(qiáng)度后左二子，方向豎直向上：

2

(2)質(zhì)點(diǎn)在左側(cè)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力做向心力，故有：B%q=胃,

所以軌道半徑R二吟：

qB

質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過4。兩點(diǎn)，故質(zhì)點(diǎn)在左側(cè)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在4。的垂直平分線上，且

質(zhì)點(diǎn)從人運(yùn)動(dòng)到0的過程0點(diǎn)為最右側(cè)；所以，粒子從4到。的運(yùn)動(dòng)軌跡為劣弧；

又有4記='也殳=百/?;根據(jù)幾何關(guān)系可得：帶電質(zhì)點(diǎn)在4點(diǎn)的入射方向與八。間的夾

qB

'fe9"八。.

0=arcsin-...=60°'

R

根據(jù)左手定則可得：質(zhì)點(diǎn)做逆時(shí)針圓周運(yùn)動(dòng)，故帶電質(zhì)點(diǎn)在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示:

(3)根據(jù)質(zhì)點(diǎn)在左側(cè)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可得：質(zhì)點(diǎn)在0點(diǎn)的鞋直分速度

匕=%5而60。=乎%，水平分速度匕=%cos600=3%；

質(zhì)點(diǎn)從。運(yùn)動(dòng)到P的過程受重力和電場力作用，故水平、豎直方向都做勻變速運(yùn)動(dòng):

質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，故豎直位移為零，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間『二絲二乂也；

gg

所以質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的豎直分速度I，廿=%=等％,

水平分速度匕尸=匕+Gg?正b=:

m2g2

所以帶電質(zhì)點(diǎn)從O點(diǎn)進(jìn)入虛線MN右側(cè)區(qū)域后運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)速度

vp=J嗑+臉=：

3.歐洲大型強(qiáng)子對撞機(jī)是現(xiàn)在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一種將質(zhì)子加速對

可得磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度：B=

（2）磁場。的圓心上移了含，則兩束質(zhì)子的軌跡將不再對稱，但是粒子在磁場中運(yùn)達(dá)半徑

認(rèn)為R,對于上方粒子，將不是想著圓心射入，而是從F點(diǎn)射入磁場，如圖所示，E點(diǎn)是原

來C點(diǎn)位置，連OF、0D,并作FK平行且等于0D,連KD,由于OD=OF=FK,故平行四邊

形ODKF為菱形，即KD=KF=R,故粒子束仍然會(huì)從D點(diǎn)射出，但方向并不沿0D方向，K為

粒子束的圓心

R—1

由于磁場上移了一，故sin/COF=7=-,ZCOF=—,ZDOF=ZFKD=—

對■于下方的粒子，沒有任何改變，故兩束粒子若相遇，則只可能相遇在D點(diǎn)，

—R+（H+四-2R）

下方粒子到達(dá)C后最先到達(dá)D點(diǎn)的粒子所需時(shí)間為22>_（萬+4）R

I——

而上方粒子最后一個(gè)到達(dá)E點(diǎn)的試卷比下方粒子中第一個(gè)達(dá)到C的時(shí)間滯后加=?

上方最后的一個(gè)粒子從E點(diǎn)到達(dá)D點(diǎn)所需時(shí)間為

--Rs嗚J（2KR）6+2兀-36n

+

2v02v0-12^-

要使兩質(zhì)子束相碰，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間滿足/'wr+Ar

聯(lián)立解得小史浮

4.如圖，光滑水平桌面上有一個(gè)矩形區(qū)域。bed,be長度為23cd長度為1.5L,e、f分別

為ad、加的中點(diǎn).e/cd區(qū)域存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為8；質(zhì)量為m、電荷

量為+q的絕緣小球A靜止在磁場中/點(diǎn).abfe區(qū)域存在沿bf方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為

把工：質(zhì)量為km的不帶電絕緣小球P，以大小為幽的初速度沿”方向運(yùn)動(dòng).P與八

6mm

發(fā)生彈性正碰，八的甩量保持不變，P、八均可視為質(zhì)點(diǎn).

(1)求碰撞后a球的速度大小；

(2)若A從ed邊離開磁場，求k的最大值；

(3)若4從ed邊中點(diǎn)離開磁場，求k的可能值和4在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間.

■田、2kqBL,、,、？5?,13兀m

【答案】(1)v=-------(2)1(3)左二一或2二不；

AZ+1732qB

【解析】

【分析】

【詳解】

(1)設(shè)P、八碰后的速度分別為VP和VA,P碰前的速度為u=幺些

m

由動(dòng)量守恒定律：kmv=kmvp+

由機(jī)械能守恒定律：［切病=1珈〃此

222

解得："念?幽

Si圖2

2

(2)設(shè)A在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為R,由牛頓第二定律得：=

R

2k

解得：R=—L

Z+1

由公式可得R越大，k值越大

如圖1,當(dāng)4的朝L跡與”相切時(shí)，R為最大值，R=L

求得k的最大值為k=1

(3)令z點(diǎn)為ed邊的中點(diǎn)，分類討論如下：

(I)A球在磁場中偏轉(zhuǎn)一次從z點(diǎn)就離開磁場，如圖2有

/?2=(-1)2+(1.5￡-/?)2

解得：R="

6

圖3圖4

(,1)由圖可知4球能從z點(diǎn)離開磁場要滿足R器，則入球在磁場中還可能經(jīng)歷一次半

圓運(yùn)動(dòng)后回到電場，再被電場加速后又進(jìn)入磁場，最終從Z點(diǎn)離開.

如圖3和如圖4,由幾何關(guān)系有：/?2=（1）2+（3/?-|L）2

解得：R二匹或R=L

82

由/?=——24L可得：％=5二或攵二I上

%+1113

〃2月2/2

球A在電場中克服電場力做功的最大值為可”——-

6m

當(dāng)攵=上時(shí)，以=警，由于L相或=至鼻）鼻

118〃？2128/n6m

wJ1tllqBL12q-B-匕c「BL

當(dāng)攵=1時(shí)，vA由十一.加匕=2------<2------

32m2Sm6m

綜合（I）、（II）可得A球能從z點(diǎn)離開的k的可能值為：k=*或左=?

73

不2兀m

A球在磁場中運(yùn)動(dòng)周期為T=--

qB

當(dāng)k時(shí)，如圖4,4球在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間r=37

34

3兀m

即/二

5.科學(xué)家設(shè)想在宇宙中可能存在完全由反粒子構(gòu)成的反物質(zhì).例如：正電子就是電子的反

粒子，它跟電子相比較，質(zhì)量相等、電量相等但電性相反.如圖是反物質(zhì)探測衛(wèi)星的探測器

截面示意圖.M/V上方區(qū)域的平行長金屬板A8間電壓大小可調(diào)，平行長金屬板A8間距為

d,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直紙面向里.MN下方區(qū)域I、II為兩相鄰的方

向相反的勻強(qiáng)磁場區(qū)，寬度均為3或磁感應(yīng)強(qiáng)度均為8.ef是兩磁場區(qū)的分界線，PQ是粒

子收集板，可以記錄粒子打在收集板的位置.通過調(diào)節(jié)平行金屬板48間電壓，經(jīng)過較長時(shí)

間探測器能接收到沿平行金屬板射入的各種帶電粒子.已知電子、正電子的比荷是b,不考

慮相對論效應(yīng)、粒子間的相互作用及電磁場的邊緣效應(yīng).

（1）要使速度為v的正電子勻速通過平行長金屬極板AR.求此時(shí)金屬板AR間所加電壓

U；

（2）通過調(diào)節(jié)電壓U可以改變正電子通過勻強(qiáng)磁場區(qū)域I和II的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，求沿平行長金

屬板方向進(jìn)入M/V下方磁場區(qū)的正電子在勻強(qiáng)磁場區(qū)域I和II運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間

（3）假如有一定速度范圍的大量電子、正電子沿平行長金屬板方向勻速進(jìn)入MN下方磁場

區(qū)，它們既能被收集板接收乂不重疊，求金屬板48間所加電壓。的范圍.

d

xxxB

；；；l+C7

xxBx—?

III；

XXX______

XXXxxxxxxxxx

3dXXXXXXXXXXlxX

B

TT14sA24%

【答案】(1)Bvd(2)—(3)3B2d2b<U<a0

Bb8

【解析】

【詳解】

(1)正電子勻速直線通過平行金屬極板AB,需滿足

Bev=Ee

因?yàn)檎娮拥谋群墒莃,有

U

E=—

d

聯(lián)立解得：

u-Bvd

(2)當(dāng)正電子越過分界線ef時(shí)恰好與分界線ef相切，正電子在勻強(qiáng)磁場區(qū)域I、II運(yùn)動(dòng)的

時(shí)間最長。

一1

eVjB=m豈

段

2TTR_24"2

Be

聯(lián)立解得：/二1

Bb

(3)臨界態(tài)1：正電子恰好越過分界線ef,需滿足

軌跡半徑Ri=3d

2

ev.B=m—

evlB=e^j-?

聯(lián)立解得：U1=3rB%

臨界態(tài)2：沿A極板射入的正電子和沿B極板射入的電子恰好射到收集板同一點(diǎn)

設(shè)正電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為Ri

19

有（/?2--d）2+9c/2=R;

4■

Bev2=m^-

R,

U,

Bev2=-^-e

聯(lián)立解得：

〃145Hb

145B2d2b

解得：U的范圍是:3B2d2b<U<

8

6.如圖甲所示，在直角坐標(biāo)系中的區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，右側(cè)有以點(diǎn)

（2L,0）為圓心、半徑為L的圓形區(qū)域，與x軸的交點(diǎn)分別為M、N,在xOy平面內(nèi)，從

電離室產(chǎn)生的質(zhì)量為m、帶電荷量為e的電子以幾乎為零的初速度從P點(diǎn)飄入電勢差為U

的加速電場中，加速后經(jīng)過右側(cè)極板上的小孔Q點(diǎn)沿x軸正方向進(jìn)入勻強(qiáng)電場，已知0、

Q兩點(diǎn)之間的距離為由，飛出電場后從M點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域，不考慮電子所受的重力。

2

（1）求0*4區(qū)域內(nèi)電場強(qiáng)度E的大小和電子從M點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域時(shí)的速度VM;

（2）若圓形區(qū)域內(nèi)加一個(gè)垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，使電子穿出圓形區(qū)域時(shí)速度方向垂

直于x軸，求所加磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和電子在圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；

（3）若在電子從M點(diǎn)進(jìn)入磁場區(qū)域時(shí)，取t=0,在圓形區(qū)域內(nèi)加如圖乙所示變化的磁場

（以垂直于紙面向外為正方向），最后電子從N點(diǎn)飛出，速度方向與進(jìn)入圓形磁場時(shí)方向

相同，請寫出磁場變化周期T滿足的關(guān)系表達(dá)式。

【答案】（1）石二斗

設(shè)VM的方向與X軸的夾角為8,8=45。；

3

B=叵J_3社（3）T的表達(dá)式為了二不關(guān)胃

岷㈠e(cuò)Z—-TO2〃^U

1,2,3,...）

【解析】

【詳解】

（1）在加速電場中，從P點(diǎn)到Q點(diǎn)由動(dòng)能定理得：=

可“得%=Jl--2--e--U-

Vm

電子從Q點(diǎn)到M點(diǎn)，做類平拋運(yùn)動(dòng)，

x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，/=—=LJ—

%\2eU

j?F

y軸方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，—=-X—r2

2U

由以上各式可得:

電子運(yùn)動(dòng)至M點(diǎn)時(shí):

即：%

設(shè)VM的方向與X軸的夾角為0,

cos<9=—=—

均2

解得：0=45%

(2)如圖甲所示，電子從M點(diǎn)到A點(diǎn)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，因02M=ChA,OIM=OIA,

卬

2

由洛倫茲力提供向心力可得：=

(3)電子在磁場中運(yùn)動(dòng)最簡單的情景如圖乙所示，在磁場變化的半個(gè)周期內(nèi)，粒子的偏轉(zhuǎn)

角為90。，根據(jù)幾何知識(shí)，在磁場變化的半個(gè)周期內(nèi)，電子在x軸方向上的位移恰好等于

軌道半徑0網(wǎng),即2五R'=2L

因電子在磁場中的運(yùn)動(dòng)具有周期性，如圖丙所示，電子到達(dá)N點(diǎn)且速度符合要求的空間條

件為：2n?R)=2L(n=l,2,3,…)

電子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R'=陪

叫

缶之俎n2周2emU,、

解得：Be=---------(n—1,2,o3,...)

°eL

電子在磁場變化的半個(gè)周期內(nèi)恰好轉(zhuǎn)過,圓周，同時(shí)在MN間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是磁場變化周期

4

1T

的整數(shù)倍時(shí)，可使粒子到達(dá)N點(diǎn)且速度滿足題設(shè)要求，應(yīng)滿足的時(shí)間條件是工4二彳

2兀m

又”=

叫

則T的表達(dá)式為7=—(n=l,2,3,…)。

2ny7/2e"/nU

7.如圖所示，x軸的上方存在方向與x軸成45,角的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E,x軸的下方

存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度3=0.57.有一個(gè)質(zhì)量m二10一”依，電荷量

9=10"。的帶正電粒子，該粒子的初速度%=2x103"?/s,從坐標(biāo)原點(diǎn)。沿與x軸成

45°角的方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，經(jīng)過磁場和電場的作用，粒子從。點(diǎn)出發(fā)后第四次經(jīng)過x軸

求：

②電場強(qiáng)度E的大小及帶電粒子從。點(diǎn)出發(fā)到再次回到。點(diǎn)所用的時(shí)間.

【答案】①帶電粒子第一次經(jīng)過x軸時(shí)的橫坐標(biāo)是0.57m；

②電場強(qiáng)度E的大小為lx］。'V/"7,帶電粒子從。點(diǎn)出發(fā)到再次回到O點(diǎn)所用的時(shí)間為

2.1x10-35.

【解析】

【分析】

⑴粒子在磁場中受洛倫茲力作用下做一段圓弧后第一次經(jīng)過X軸，根據(jù)洛倫茲力提供向心

力公式求出半徑，再根據(jù)幾何關(guān)系求出坐標(biāo)；

⑵然后進(jìn)入電場中，恰好做勻減速運(yùn)動(dòng)直到速度為零后又返回，以相同速率再次進(jìn)入破場

仍在洛倫茲力作用下又做一段圓弧后，再次進(jìn)入電場正好做類平拋運(yùn)動(dòng).粒子在磁場中兩次

運(yùn)動(dòng)剛好完成一個(gè)周期，由粒子在電場中的類平拋運(yùn)動(dòng),根據(jù)垂直電場方向位移與速度關(guān)

系，沿電場方向位移與時(shí)訶關(guān)系，結(jié)合牛頓第二定律求出E,三個(gè)過程的總時(shí)間即為總時(shí)

間.

【詳解】

2

①粒子在磁場中受磁場力的作用沿圓弧運(yùn)動(dòng)，洛侖茲力提供向心力，qvB=m—,

R

半徑寵二"=0.4機(jī)

Bq

根據(jù)圓的對稱性可得粒子在磁場中第一次偏轉(zhuǎn)所對的圓心角為90，

則第一次經(jīng)過x軸時(shí)的橫坐標(biāo)為x,=6R=。4扃1工0.57團(tuán)

②第一次進(jìn)入電場，運(yùn)動(dòng)方向與電場方向相反，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度減為零后又反向

加速返回磁場，在磁場中沿圓周運(yùn)動(dòng)，再次進(jìn)入電場時(shí)速度方向剛好垂直電場方向，在電

場力的作用下偏轉(zhuǎn)，打在坐標(biāo)原點(diǎn)。處，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示.

XXX

由幾何關(guān)系可得，第二次進(jìn)入電場中的位移為2后R，

在垂宜電場方向的位移M=v/,,

q2/?

運(yùn)動(dòng)時(shí)間。——=4X10-45

VV

在沿電場方向上的位移“=,

又因$2=2/？

得a==lxl07m/52

根據(jù)牛頓第二定律a二@

m

所以電場強(qiáng)度后二絲=1X1()3丫/〃?

q

粒子從第一次進(jìn)入電場到再返呵I磁場的時(shí)間/,=—=4x1075,

-a

粒子在磁場中兩段運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之和剛好是做一個(gè)完整圓周運(yùn)動(dòng)的周期

.2兀1〃

1=----=4乃x1()7s

Bq

所以粒子從出發(fā)到再回到原點(diǎn)的時(shí)間為/=t}+t2+T^2AxlO\

【點(diǎn)睛】

本題考查帶電粒子在電場、磁場中兩運(yùn)動(dòng)模型：勻速圓周運(yùn)動(dòng)與類平拋運(yùn)動(dòng)，及相關(guān)的綜

合分析能力，以及空間想像的能力，應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問題的能力.

8.如圖所示，虛線”與y軸的夾角為。=60。，在此角范圍內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻

強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為8.一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子從左側(cè)平行于x

軸射入磁場，入射點(diǎn)為M.粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為/??粒子離開磁場后的運(yùn)動(dòng)軌

跡與x軸交于P點(diǎn)（圖中未畫出），且OP=R.不計(jì)重力.求M點(diǎn)到。點(diǎn)的距離和粒子在

磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間.

Tnm

【答案】當(dāng)日。。時(shí)，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為仁1r磁

TTim

當(dāng)a=90°時(shí)，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為1=7二丁^

42qB

【解析】

根據(jù)題意，粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)軌跡交虛線。人于2點(diǎn)，圓心在V軸

上的C點(diǎn)，AC與y軸的夾角為a：粒子從A點(diǎn)射出后，運(yùn)動(dòng)軌跡交x軸的P點(diǎn)，設(shè)AP與x

軸的夾角為0，如圖所示.有（判斷出圓心在y軸上得1分）

,丁27177/

周期為T=—-（1分）

qB

過4點(diǎn)作X、y軸的垂線，垂足分別為8、D.由幾何知識(shí)得

AD=Rs\na?OD=ADcot60°>

5P=ODcotp，OP=AD+'BP

a=B（2分）

1

聯(lián)立得到sina十百cosa=1（2分）

解得a=30°,或a=90。(各2分)

設(shè)M點(diǎn)到。點(diǎn)的距離為力，有而=Rsina

————―

h=R-OC?OC=CD-OD=Rcosa-—AD

3

2

聯(lián)立得到h=R-/?cos(a+30°)(1分)

2

解得h=(i--j=)R(a=30°)(2分)

2

h=（l+~^）R（a=90°）（2分）

當(dāng)a=30。時(shí)，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

Tnm

^=—=TT（2分）

126qB

當(dāng)a=90。時(shí)，粒子在磁場內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為

TTim

F而人分）

【考點(diǎn)定位】考查帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動(dòng)及其相關(guān)知識(shí).

9.利用電場和磁場，可以將比荷不同的離子分開，這種方法在化學(xué)分析和原子核技術(shù)等領(lǐng)

域有重要的應(yīng)用.如圖所示的矩形區(qū)域ACDG（AC邊足夠長）中存在垂直于紙面的勻強(qiáng)磁

場，A處有一狹縫.離子源產(chǎn)生的離子，經(jīng)靜電場加速后穿過狹縫沿垂直于GA邊且垂直

于磁場的方向射入磁場，運(yùn)動(dòng)到GA邊，被相應(yīng)的收集將收集.整個(gè)裝置內(nèi)部為真空.己

知被加速的兩種正離子的質(zhì)量分別是G和m2（m1>m2）,電荷量均為q.加速電場的電勢差

為U,離子進(jìn)入電場時(shí)的初速度可以忽略.不計(jì)重力，也不考慮離子間的相互作用.

離子源一

⑴求質(zhì)量為例的離子進(jìn)入磁場時(shí)的速率V1；

（2）當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為8時(shí)，求兩種離子在GA邊落點(diǎn)的間距s；

⑶在前面的討論中忽略了狹縫寬度的影響，實(shí)際裝置中狹縫具有一定寬度.若狹縫過寬,

可能使兩束離子在GA邊上的落點(diǎn)區(qū)域交疊，導(dǎo)致兩種離子無法完全分離.設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度

大小可調(diào)，GA邊長為定值3狹縫寬度為d,狹縫右邊緣在A處.離子可以從狹縫各處射

入磁場，入射方向仍垂直于GA邊且垂直于磁場.為保證上述兩種離子能落在GA邊上并被

完全分離，求狹縫的最大寬度.

國一ML

2M

(2)由牛頓第二定律和軌道半徑有:

~mv

qvB=——mvR=—

RzqB

利用①式得離子在磁場中的軌道半徑為別為(如圖一所示)：

兩種離子在上落點(diǎn)的間距…③

GAs=2(/?1-/?2)=

(3)質(zhì)量為m1的離子，在GA邊上的落點(diǎn)都在其入射點(diǎn)左側(cè)2Ri處，由于狹縫的寬度為

d,因此落點(diǎn)區(qū)域的寬度也是d(如圖二中的粗線所示).同理，質(zhì)量為m2的離子在GA

邊上落點(diǎn)區(qū)域的寬度也是d(如圖二中的細(xì)線所示).

為保證兩種離子能完全分離，兩個(gè)區(qū)域應(yīng)無交疊，條件為2(RI-R2)>d...④

利用②式，代入④式得：2Ri(l-)>d

Ri的最大值滿足:2Rim=