1、高考物理带电粒子在磁场中的运动真题汇编(含答案)一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1如图所示，一质量为m、电荷量为+q的粒子从竖直虚线上的P点以初速度v0水平向左射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的A点巳知P、A两点连线长度为l，连线与虚线的夹角为=37，不计粒子的重力，(sin 37=0.6，cos 37=0.8). (1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小B1；(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷的电荷量Q(已知静电力常量为是）；(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，右侧空间存在竖直
2、向上的匀强电场，粒子从P点到A点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的大小B2和匀强电场的电场强度大小E.【答案】（1） （2） （3） 【解析】【分析】【详解】（1)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r1由几何关系得 由洛伦兹力提供向心力可得 解得: (2)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子绕负点电荷Q做匀速圆周运动，设半径为r2由几何关系得 由库仑力提供向心力得 解得: (3)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动粒子在电场中的运动时间 根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t，则又解得设粒子在磁场中做
3、圆周运动的半径为r，则 解得:粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动， 解得: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v0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，虚线MN右侧电场强度为，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
4、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vp【答案】（1），方向竖直向上；（2）；（3）【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，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：，所以轨道半径；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；根据几何关系可得：带电质点在A点的
5、入射方向与AO间的夹角；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，水平分速度；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；所以质点在P点的竖直分速度，水平分速度；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；3平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B和B（B的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿y方向的匀强电场，x轴上有一点P，其坐标为（L，0
6、）。现使一个电量大小为q、质量为m的带正电粒子从坐标（2a，a）处以沿+x方向的初速度v0出发，该粒子恰好能经原点进入y轴右侧并在随后经过了点P，不计粒子的重力。（1）求粒子经过原点时的速度；（2）求磁感应强度B的所有可能取值（3）求粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值。【答案】（1）粒子经过原点时的速度大小为v0，方向：与x轴正方向夹45斜向下；（2）磁感应强度B的所有可能取值： n1、2、3；（3）粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值： k1、2、3或 n1、2、3。【解析】【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2av0t，竖直方向： ，解得：vyv0，tan1
7、，45，粒子穿过O点时的速度：；（2）粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，粒子能过P点，由几何知识得：Lnrcos45 n1、2、3，解得： n1、2、3；（3）设粒子在第二象限运动时间为t1，则：t1；粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：，粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为3/4圆弧，若粒子经下方磁场直接到达P点，则粒子在磁场中的运动时间：t2T1，若粒子经过下方磁场与上方磁场到达P点，粒子在磁场中的运动时间：t2T1+T2，若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P点：t22T1+T2，若粒子两次经过下方磁场、两
8、次经过上方磁场到达P点：t22T1+2T2，则 k1、2、3或 n1、2、3粒子从出发到P点经过的时间：tt1+t2，解得： k1、2、3或 n1、2、3；4空间中存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电量为+q、质量为m的粒子，在P点以某一初速开始运动，初速方向在图中纸面内如图中P点箭头所示该粒子运动到图中Q点时速度方向与P点时速度方向垂直，如图中Q点箭头所示已知P、Q间的距离为L若保持粒子在P点时的速度不变，而将匀强磁场换成匀强电场，电场方向与纸面平行且与粒子在P点时速度方向垂直，在此电场作用下粒子也由P点运动到Q点不计重力求：（1）电场强度的大小（2）两种情况中粒子由P运
9、动到Q点所经历的时间之比【答案】 ； 【解析】【分析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，以v0表示粒子在P点的初速度，R表示圆周的半径，则有 由于粒子在Q点的速度垂直它在p点时的速度，可知粒子由P点到Q点的轨迹为圆周，故有 以E表示电场强度的大小，a表示粒子在电场中加速度的大小，tE表示粒子在电场中由p点运动到Q点经过的时间，则有 水平方向上： 竖直方向上： 由以上各式，得 且 （2）因粒子在磁场中由P点运动到Q点的轨迹为圆周，即 所以5在平面直角坐标系x0y中，第I象限内存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，在A(L，0)点有一粒子源，沿y轴正向发射出速率分别为、5、9的同种带电粒子，粒
10、子质量为m，电荷量为q在B(0，L)、C(0，3L)、D(0，5L)放一个粒子接收器，B点的接收器只能吸收来自y轴右侧到达该点的粒子，C、D两点的接收器可以吸收沿任意方向到达该点的粒子已知速率为的粒子恰好到达B点并被吸收，不计粒子重力(1)求第I象限内磁场的磁感应强度B1;(2)计算说明速率为5v、9v的粒子能否到达接收器;(3)若在第象限内加上垂直于坐标平面的匀强磁场，使所有粒子均到达接收器，求所加磁场的磁感应强度B2的大小和方向【答案】(1)(2)故速率为的粒子被吸收，速率为的粒子不能被吸收(3)（或），垂直坐标平面向外【解析】【详解】（1）由几何关系知，速率为的粒子在第象限内运动的半径为
11、由牛顿运动定律得得（2）由（1）中关系式可得速率为、的粒子在磁场中的半径分别为、.设粒子与轴的交点到的距离为，将和分别代入下式得这两种粒子在轴上的交点到的距离分别为、故速率为的粒子被吸收，速率为的粒子不能被吸收（3）若速度为的粒子能到达点的接收器，则所加磁场应垂直坐标平面向外设离子在所加磁场中的运动半径为，由几何关系有又解得（或）若粒子到达点的接收器，所加磁场应垂直于坐标平面向里同理：解得（或）6一个氘核（）和一个氚核（）聚变时产生一个中子（）和一个粒子（）。已知氘核的质量为，氚核的质量为，中子的质量为，粒子的质量为，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
12、释放的核能。（2）反应放出的a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a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粒子轰击金箔发现，绝大多数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粒子反弹回来（已知粒子的质量是电子质量的7300倍）。【答案】（1）（2）（3）粒子所受电
13、子的影响是微乎其微的，不能被反弹【解析】【详解】（1）核反应方程：反应释放的核能：（2）设a粒子的速度大小为v，由，得a粒子在磁场中运动周期：由电流定义式，得环形电流大小：（3）设电子的质量为，碰撞后粒子的速度为，电子的速度为ve。 由动量守恒：由能量守恒：得因所以，即粒子所受电子的影响是微乎其微的，不能被反弹。7如图，PQ分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v0沿AC方向由A点射入。粒子经D点时速度的偏向角(偏离原方向的夹角)=60。(不计重力) (1)试求AD间的距离；(2)若去除磁场，改为纸平面内垂直于AC方向的匀强电场，要想由A
14、射入的粒子仍然能经过D点，试求该电场的强度的大小及方向；粒子此时经D点时速度的偏向角比60角大还是小?为什么?【答案】（1）（2）【解析】【详解】（1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，速度偏角为，则粒子转过的圆心角为，即AD=R由得AD= （2）经D点，而，解得，方向垂直AC向上速度偏向角， 解得 而即 ，则8如图所示的xOy坐标系中，Y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于xOy平面向外Q1、Q2两点的坐标分别为(0，L)、(0，L)，坐标为(L，0)处的C点固定一平行于y轴放置的绝缘弹性挡板，C为挡板中点带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y轴方向分速度不变，沿x
15、轴方向分速度反向，大小不变现有质量为m，电量为+q的粒子，在P点沿PQ1方向进入磁场，=30，不计粒子重力(1)若粒子从点Q1直接通过点Q2，求：粒子初速度大小(2)若粒子从点Q1直接通过坐标原点O，求粒子第一次经过x轴的交点坐标(3)若粒子与挡板碰撞两次并能回到P点，求粒子初速度大小及挡板的最小长度【答案】（1）（2）（）（3）【解析】（3）粒子初速度大小为，挡板的最小长度为试题分析：（1）由题意画出粒子运动轨迹如图甲所示，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R1，由几何关系得R1cos30=L（1）粒子磁场中做匀速圆周运动，有：（2）解得：（3）（2）由题意画出粒子运动轨迹如图乙所示，设其与
16、x轴交点为M，横坐标为xM，由几何关系知：2R2cos30=L（4）xM=2R2sin30（5）则M点坐标为（）（6）（3）由题意画出粒子运动轨迹如图丙所示，粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R3，偏转一次后在y负方向偏移量为y1，由几何关系得：y1=2R3cos30（7）为保证粒子最终能回到P，粒子每次射出磁场时速度方向与PQ2连线平行，与挡板碰撞后，速度方向应与PQ1连线平行，每碰撞一次，粒子出进磁场在y轴上距离y2（如图中A、E间距）可由题给条件得：（8）当粒子只碰二次，其几何条件是：3y12y2=2L（9）解得：（10）粒子磁场中做匀速圆周运动，有：（11）解得：（12）挡板的最小长度
17、为：（13）解得：（14）9如图所示，在xoy平面(纸面)内，存在一个半径为R=02.m的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B=1.0T，方向垂直纸面向里，该磁场区域的左边缘与y轴相切于坐标原点O.在y轴左侧、0.1mx0的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场(图中未标出)，电场强度的大小为E=10104N/C.一个质量为m=2.0109kg、电荷量为q=5.0105C的带正电粒子，以v0=5.0103m/s的速度沿y轴正方向、从P点射入匀强磁场，P点的坐标为(0.2m，0.2m)，不计粒子重力(1)求该带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；(2)求该带电粒子离开电场时的位置坐标；(3)若在紧靠电场
18、左侧加一垂直纸面的匀强磁场，该带电粒子能回到电场，在粒子回到电场前瞬间，立即将原电场的方向反向，粒子经电场偏转后，恰能回到坐标原点O，求所加匀强磁场的磁感应强度大小【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】粒子进入电场后做类平抛运动，将射出电场的速度进行分解，根据沿电场方向上的速度，结合牛顿第二定律求出运动的时间，从而得出类平抛运动的水平位移和竖直位移，即得出射出电场的坐标先求出粒子射出电场的速度，然后根据几何关系确定在磁场中的偏转半径，然后根据公式B求得磁场强度【详解】（1）带正电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：解得：（2）由几何关系可知，带电粒子恰从O点沿x轴负方向进入电场，
19、带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的加速度为a，到达电场边缘时，竖直方向的位移为y，有：，由牛顿第二定律有：联立解得：所以粒子射出电场时的位置坐标为（3）粒子分离电场时，沿电场方向的速度解得：则粒子射出电场时的速度：设所加匀强磁场的磁感应强度大小为，粒子磁场中做匀速圆周运动的半径为，由几何关系可知：由牛顿第二定律有：联立解得：10如图所示，平面直角坐标系xoy的第二、三象限内有方向沿y轴正向的匀强电场，第一、四象限内有圆形有界磁场，有界磁场的半径为当L，磁扬场的方向垂直于坐标平面向里，磁场边界与y轴相切于O点，在x轴上坐标为(L，0)的P点沿与x轴正向成=45方向射出一个速度大小为v
20、0的带电粒子，粒子的质量为m，电荷量为q，粒子经电场偏转垂直y轴射出电场，粒子进人磁场后经磁场偏转以沿y轴负方向的速度射出磁场，不计粒子的重力求(1)粒子从y轴上射出电场的位置坐标；(2)匀强电场电场强度大小及匀强磁场的磁感应强度大小；(3)粒子从P点射出到出磁场运动的时间为多少?【答案】（1）（0，L）（2） （3） 【解析】【分析】（1）粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆过程，应用类平抛运动规律可以求出粒子出射位置坐标（2）应用牛顿第二定律求出粒子在电场中的加速度，应用位移公式求出电场强度；粒子在磁场中做圆周运动，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度（3）根据粒子运动过程，求出粒子在各阶段的
21、运动时间，然后求出总的运动时间【详解】（1）粒子在电场中的运动为类平抛运动的逆运动，水平方向：L=v0cost1，竖直方向：y=v0sint1，解得：y=L，粒子从y轴上射出电场的位置为：（0，L）；（2）粒子在电场中的加速度：a=，竖直分位移：y=at12，解得： ；粒子进入磁场后做匀速圆周运动，粒子以沿y轴负方向的速度射出磁场，粒子运动轨迹运动轨迹如图所示，由几何知识得：AC与竖直方向夹角为45，AD=y=L，因此AAC刚好为有界磁场边界圆的直径，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r=L，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=m，其中，粒子的速度：v=v0cos，解得：；（3）
22、粒子在电场中的运动时间：，粒子离开电场进入磁场前做匀速直线运动，位移：，粒子做运动直线运动的时间：，粒子在磁场中做圆周运动的时间：，粒子总的运动时间：t=t1+t2+t3=；【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中运动的临界问题，粒子在磁场中的运动运用洛伦兹力提供向心力结合几何关系求解，类平抛运动运用运动的合成和分解牛顿第二定律结合运动学公式求解，解题关键是要作出临界的轨迹图，正确运用数学几何关系，分析好从电场射入磁场衔接点的速度大小和方向，运用粒子在磁场中转过的圆心角，结合周期公式，求解粒子在磁场中运动的时间11（加试题）有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。左侧静电分析器中
23、有方向指向圆心O、与O点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进入静电分析器。在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点。已知OP=0.5r0，OQ=r
24、0，N、P两点间的电势差,，不计重力和离子间相互作用。（1）求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小；（2）求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l（用r0表示）；（3）若磁感应强度在（BB）到（BB）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两東离子，求的最大值【答案】（1），；（2）；（3）12%【解析】【详解】（1）径向电场力提供向心力： （2）由动能定理： 或 解得 （3）恰好能分辨的条件： 解得12如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(区)和小圆内部(区)均存在
25、垂直圆面向里的匀强磁场间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔一质量为m、电量为q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求区磁感应强度的大小；(3)若区、区磁感应强度的大小分别为、,粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程【答案】（1）（2）或（3）5.5D【解析】【分析】【详解】(1)粒子在电场中，根据动能定理，解得(2)若粒子的运动轨迹与小圆相切，则当内切时，半径为由，解得则当外切时，半径为由，解得(2)若区域的磁感应强度为，
26、则粒子运动的半径为；区域的磁感应强度为，则粒子运动的半径为；设粒子在区和区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动公式可得：；据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图所示，根据对称性可知，区两段圆弧所对的圆心角相同，设为，区内圆弧所对圆心角为，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为，由几何关系可得：；粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图所示，设粒子在区和区做圆周运动的时间分别为t1、t2，可得：；设粒子运动的路程为s，由运动公式可知：s=v(t1+t2)联立上述各式可得：s=5.5D13如图，ABCD是边长为的正方形质量为、电荷量为的电子以大小为的初速度沿纸面垂直于BC
27、边射入正方形区域在正方形内适当区域中有匀强磁场电子从BC边上的任意点入射，都只能从A点射出磁场不计重力，求：（1）此匀强磁场区域中磁感应强度的方向和大小；（2）此匀强磁场区域的最小面积【答案】见解析【解析】（1）设匀强磁场的磁感应强度的大小为B令圆弧是自C点垂直于BC入射的电子在磁场中的运行轨道电子所受到的磁场的作用力应指向圆弧的圆心，因而磁场的方向应垂直于纸面向外圆弧的圆心在CB边或其延长线上依题意，圆心在A、C连线的中垂线上，故B 点即为圆心，圆半径为按照牛顿定律有联立式得（2）由（1）中决定的磁感应强度的方向和大小，可知自点垂直于入射电子在A点沿DA方向射出，且自BC边上其它点垂直于入射
28、的电子的运动轨道只能在BAEC区域中因而，圆弧是所求的最小磁场区域的一个边界为了决定该磁场区域的另一边界，我们来考察射中A点的电子的速度方向与BA的延长线交角为（不妨设）的情形该电子的运动轨迹如右图所示图中，圆的圆心为O，pq垂直于BC边，由式知，圆弧的半径仍为，在D为原点、DC为x轴，AD为轴的坐标系中，P点的坐标为这意味着，在范围内，p点形成以D为圆心、为半径的四分之一圆周，它是电子做直线运动和圆周运动的分界线，构成所求磁场区域的另一边界因此，所求的最小匀强磁场区域时分别以和为圆心、为半径的两个四分之一圆周和所围成的，其面积为14现代科学仪器常利用电场磁场控制带电粒子的运动，如图所示，真空
29、中存在着多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，宽度均为d电场强度为E，方向水平向左；垂直纸面向里磁场的磁感应强度为B1，垂直纸面向外磁场的磁感应强度为B2，电场磁场的边界互相平行且与电场方向垂直.一个质量为、电荷量为的带正电粒子在第层电场左侧边界某处由静止释放,粒子始终在电场、磁场中运动,不计粒子重力及运动时的电磁辐射.（1）求粒子在第2层磁场中运动时速度的大小与轨迹半径;（2）粒子从第n层磁场右侧边界穿出时,速度的方向与水平方向的夹角为,试求;（3）若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,试问在其他条件不变的情况下,也进入第n层磁场,但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界,请简要推理说明
30、之【答案】（1）； （2）； （3）见解析；【解析】（1）粒子在进入第2层磁场时，经两次电场加速，中间穿过磁场时洛伦兹力不做功，由动能定理，有：解得：粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力，有：联立解得：（2）设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn，轨迹半径为rn（下标表示粒子所在层数），粒子进入到第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为,从第n层磁场右侧边界突出时速度方向与水平方向的夹角为，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有：由图根据几何关系可以得到：联立可得：由此可看出，为一等差数列，公差为d，可得：当n=1时，由下图可看出：联立可解得：（3）若粒子恰好不能从第n层
31、磁场右侧边界穿出，则：，在其他条件不变的情况下，打印服务比荷更大的粒子，设其比荷为，假设通穿出第n层磁场右侧边界，粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为，由于，则导致：说明不存在，即原假设不成立，所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界考点：带电粒子在电磁场中的运动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
32、子的质量分别是m1和m2(m1m2)，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m1的离子进入磁场时的速率v1； (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】（1
33、）（2） （3）dmL【解析】（1）动能定理Uqm1v12得：v1 （2）由牛顿第二定律和轨道半径有： qvB，R利用式得离子在磁场中的轨道半径为别为（如图一所示）：R1 ，R2两种离子在GA上落点的间距s2(R1R2) （3）质量为m1的离子，在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1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m2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（R1-R2）d利用式，代入式得：2R1(1)dR1的最大值满足：2R1m=L-d得：(Ld)(1)d求得最大值：dmL
