带电粒子在磁场中的运动(高考真题组)及解析

带电粒子在磁场中的运动（高考真题组）
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、选择题（题型注释）
之间的夹角为30°，其横截面（纸面）如图所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。

一带电粒子
的质量为m，电荷量为q（q>0）。

粒子沿纸面以大小为v的速度从PM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。

已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON只
有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。

不计重力。

粒子离开磁场的射点到两
平面交线O的距离为（）
A.mv
2Bq
B.√3mv
Bq
C.2mv
Bq
D.4mv
Bq
2.如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界
上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向
射入磁场，若粒子射入的速率为v
1
，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六
分之一圆周上；若粒子射入速率为v
2
，相应的出射点分布在三分之一圆周上，
不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v
2：v
1
为（）
A.√3
：2
B.√2
：1
C.√3
：1
D.3：√2
3.一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（）
A.ω
3B
B.ω
2B
C.ω
B
D.2ω
B
4.(2015·上海）在α粒子散射实验中，电子对α粒子运动的影响可以忽略，这是因为与α粒子相比，电子（）
A.电量太小
B.速度太小
C.体积太小
D.质量太小
5.如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L=9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4T，电子质量m＝9.1×10－31kg，电荷量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力。

电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则（）
A.θ＝90°时，l＝9.1cm
B.θ＝60°时，l＝9.1cm
C.θ＝45°时，l＝4.55cm
D.θ＝30°时，l＝4.55cm
6.题1图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物质发生衰变放出的部分粒子的经迹，气泡室中磁感应强度方向垂直纸面向里。

以下判断可能正确的是（）
A.a、b为粒子的经迹
B.a、b为粒子的经迹
C.c、d为粒子的经迹
D.c、d为粒子的经迹
7.现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为（）
A.11
B.12
C.121
D.144
第II卷（非选择题）
二、解答题（题型注释）
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（Ⅰ区）和小圆内部（Ⅱ区）均存在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d/2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由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Ⅰ区，Ⅱ区磁感应强度的大小分别为2mv/qD，4mv/qD，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。

9.现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。

在真空中存在着如图
所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场，电场和磁场的宽度均为。

电场
强度为，方向水平向右；磁感应强度为，方向垂直纸面向里。

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1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，请简要推理说明之
10.如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E=5 √3
N/C，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B=0.5T。

有一带正电的小球，质量m=1.0×10-6kg，电荷量q=2×10-6C，正以
速度v在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P点时撤掉磁场（不考虑磁
场消失引起的电磁感应现象）取g=10m/s2，求
（1）小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向；
（2）从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。

11.如图所示，图面内有竖直线DD＇，过DD＇且垂直于图面的平面将空间分成
I、II两区域。

区域I有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直图面的匀强磁场B
（图中未画出）；区域II有固定在水平面上高 h=2l 、倾角α=π
4的光滑绝
缘斜面，斜面顶端与直线DD＇距离 s=4l ，区域II可加竖直方向的大小不同的匀强电场（图中未画出）；C点在DD＇上，距地面高 H=3l 。

零时刻，质量为m、带电荷量为q的小球P在K点具有大小v0=√gl、方向与水平面夹角
θ=π
3的速度，在区域I内做半径r=3l
π
的匀速圆周运动，经C点水平进入
区域II。

某时刻，不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动
到斜面的小球P相遇。

小球视为质点，不计空气阻力及小球P所带电量对空间
电磁场的影响。

l已知，g为重力加速度。

（1）求匀强磁场的磁感应强度的大小；
（2）若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻t
A
；
（3）若小球A、P在时刻t=β√l
g
（β为常数）相遇于斜面某处，求此情况
下区域II的匀强电场的场强E，并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向。

12.题9图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直
于纸面向外的匀强磁场.其中MN和M′N′是间距为ℎ的两平行极板，其上分别有
正对的两个小孔O和O′,O′N′=ON=d，P为靶点，（为大于1的整数）.极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U.质量为m、带电量为q的正离
子从O点由静止开始加速，经O′进入磁场区域.当离子打到极板上O′N′区域（含N′点）或外壳上时将会被吸收.两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过.忽略相对论效应和离子所受的重力.求：
（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P点所需的磁感应强度大小；
（2）能使离子打到P点的磁感应强度的所有可能值；
（3）打到P点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间。

13.·使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等。

质量为m，速度为v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道时半径为r的圆，圆心在O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B。

为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器。

引出器原理如图所示，一堆圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O'点（O' 点图中未画出）。

引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出。

已知OQ长度为L。

OQ与OP的夹角为θ，
（1）求离子的电荷量q并判断其正负；
（2）离子从P点进入，Q点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B'，求B'；
（3）换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应。

为使离子仍从P点进入，Q点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E 的方向和大小。

14.回旋加速器的工作原理如题15-1图所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为+q，加在狭缝间的交变电压如题15-2图所示，电压值
的大小为U
b 。

周期T= 2πm
qB。

一束该粒子在t=0- 时间内从A处均匀地飘入狭缝，
其初速度视为零。

现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次
经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用。

求：
①出折粒子的动能E K；②粒子从飘入狭缝至动能达到E K所需的总时间；
③要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件.
15.一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压力为U
的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁
场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．
（1）求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；
（2）在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；
（3）若考虑加速电压有波动，在（U
0﹣△U）到（U
+△U）之间变化，要使甲、
乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件．
参考答案
1.D
【解析】1.根据题意，粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，则轨迹与ON 相切，设切点为C 点，入射点为B 点，出射点为A 点，粒子在磁场中的轨迹圆心为 O′ 点，根据几何知识可得 AB ¯=2rsin30∘=r ，则三角形 O′ AB 为等边三角形，故∠ O′ AB=60°，而∠MON=30°，∠OCA=90°，故C O′ A 为一条直线，所以△AOC 为直角三角形，故粒子离开磁场的出射点到O 的距离为 AO =AC sin30°=2r sin30°=4r ，而半径公式 r =mv Bq ，故距离为 4mv Bq 2.C
【解析】2.设圆形区域磁场的半径为r ，当速度大小为v 1时，从P 点入射的粒
子射出磁场时与磁场边界的最远交点为M （图甲）时，由题意知∠POM=60°，由几何关系得轨迹圆半径为R 1= r 2 ； 从P 点入射的粒子射出磁场时与磁场边界的最远交点为N （图乙）；由题意知∠PON=120°，由几何关系得轨迹圆的半径为R 2= √3
2 r ；
根据洛伦兹力充当向心力可知：
Bqv=m v 2R 解得：v= BqR m
故速度与半径成正比，因此v 2：v 1=R 2：R 1= √3 ：1
故C 正确，ABD 错误．
故选：C ．
3.A
【解析】3.解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹圆弧所对的圆心角为30°粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 粒子在磁场中匀速圆周运动的时
间 圆筒转动90°所用时间
粒子匀速圆周运动的时间和圆筒转动时间相等t=t′
解得： ，A 正确，BCD 错误
故选：A
4.D
【解析】4.在α粒子散射实验中，由于电子的质量太小，电子的质量只有α粒子的17300，它对α粒子速度的大小和方向的影响就像灰尘对枪弹的影响，完全可以忽略。

故D 正确，A 、B 、C 错误。

5.A
【解析】5.电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据洛伦兹力大小计算公式和向心力公式有：evB =m v 2r ，解得电子圆周运动的轨道半径为r =mv
eB =9.1×10−31×1.6×106
1.6×10−19×
2.0×10−4
m =4.55×10−2m =4.55cm .恰好有r =d =l 2,，由于电子源s 可向纸面内意方n 发射电子，因此电子的运动轨团将是过5点的一系列半径为，的等大圆，能够打到板W 上的区域范围如下图所示，实线5表示电子刚好经过板N 端时的轨迹，实线54表示电子轨机刚好与板相切于A 点时的九r ，因此电子打在板上可能位置的区域的长度为l =NA
又由题设选项可知W 与直线的夹角θ不定，但要使电子轨迹与MN 板相切，根据图中几何关系可知，
此时电子的轨团圆心C 落在与MN 距离为r ，的平行线上，如下图所示，当＝
4.55cm 即时，即A 点与板0
点重合，作出电子轨边如下图中实线S 1A 1，由图中几何关系可知，出时S 1O 与MN 的夹角θ＝300 ， 故选项
C 错误：选项
D 正确：当l ＝9.1cm 即时即A 点与板M 端重合作出电子轨团如下图中实线S 2A 2，由图中几
何关系可知出时S 2O 与MN 的夹角θ＝900：，故选项A 正确选项B 错误，
【考点精析】认真审题，首先需要了解磁现象和磁场(磁现象的电本质:一切磁现象都可归结为运动电荷（或电流）之间通过磁场而发生的相互作用；磁场是存在于磁体、电流和运动电荷周围的一种物质；磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有力的作用)，还要掌握电磁场与电磁波(变化的磁场能够在周围空间产生电场，变化的电场能够在周围空间产生磁场；周期性变化的电场和磁场总是互相转化，互相激励，交替产生，由发生区域向周围空间传播，形成电磁波)的相关知识才是答题的关键．
6.D
【解析】6.γ射线是不带电的光子线，在磁场中不偏转，故选项B 错误。

α粒子为氦核带正电，由左手定则知受到向上的洛伦兹力向上偏转，故选项A 、C 错误；β粒子是带负电的电子流，应向下偏转，选项D 正确。

故选D 。

7.D
【解析】7.解：根据动能定理得， qU =12mv 2 得
①
离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
根据牛顿第二定律，有 得 ②①②两式联立得： 一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U 相同，同一出口离开磁场则R 相同，所以m∝ B 2 ，磁感应强度增加到原来的12倍，离子质量是质子质量的144倍，D 正确，ABC 错误
故选：D
8.
（1） mv 2
qd
（2）
4mv qD
或4mv 3qD
（3）
s=5.5πD
【解析】8.（1）根据动能定理：Eq ·
d 2
=1
2
mv 2
,解得
E=mv 2qd (2)粒子运动轨迹与小圆相切，则当内切时，半径r 1=D−D
22
=
D
4
,由qvB 1=m v 2
r 1
，
解得B=4mν
qD
外切时，半径为：r 2=2D−D
2
2=
3D 4
由qvB 2=m
v 2r 2
，得
B=4mν3qD , (3)若I 区域的磁感应强度为B 1=2mv
qD
，则粒子的半径为R 1=mv qB 1
=D
2;II 区域
的磁感应强度为B 2=4mv
qD 则粒子运动半径为D 4
设：T 1=
2πR 1
V 1
；T 2=
2πR 2
V 2
同，设为θ1，Ⅱ区内圆弧所对圆心角为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O 连线间的夹角设为α，由几何关系可得：θ1=1200；θ2=1800；α=600。

粒子重复上述交替运动回到H 点，轨迹如图所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间
分别为t 1、t 2，可得：t 1=360°
α
×
θ1×2360
°T 1,t 2=
3600α
×
θ2
3600
T 2
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=5.5πD
【考点精析】关于本题考查的动能定理的综合应用，需要了解应用动能定理只考虑初、末状态，没有守恒条件的限制，也不受力的性质和物理过程的变化的影响.所以，凡涉及力和位移，而不涉及力的作用时间的动力学问题，都可以用动能定理分析和解答，而且一般都比用牛顿运动定律和机械能守恒定律简捷才能得出正确答案． 9. （1）
（2）
（3）
若粒子恰好不能从第层磁场右侧边界穿出，则
，
在其他条件
不变的情况下，设其比荷为，假设通穿出第层磁场右侧边界，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。

【解析】9.1.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.设粒子在第层磁场中运动的速度为，轨迹半径为（下标表示粒子所在
层数），,粒子进入到第层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为,从第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，可得：
当时，由下图可看出：
10.
（1）
解：小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合理为零，有
qvB=√q2E2+m2g2①
代入数据解得v=20m/s②
速度v的方向与电场E的方向之间的夹角满足
tanθ=qE
③
mg
代入数据解得tanθ=√3
tanθ=60°④
答：小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向分别为20m/s；速度v的方向
与电场E的方向之间的夹角600
（2）
解：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运送没有影响，以P点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为v
y
=vsinθ⑤
若使小球再次穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则
有v y t−1
2
gt2=0⑥
联立⑤⑥式，代入数据解得t=2√3s=3.5s⑦
答：从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t为3.5s
【解析】10.（1）小球做匀速直线运动时，受力平衡，根据平衡条件结合几何
关系列式求解即可；（2）撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，小球在竖直方向上做匀减速直线运动，若使小球再次
穿过P点所在的电场线，仅需小球的竖直方向的分位移为零，根据竖直上抛运
动的基本公式列式求解即可．
11.
（1）
解：由题知，小球P在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，有
mv02
r
=qv0B①
代入数据解得B=mπ
3lq
√gl②
答：匀强磁场的磁感应强度的大小为B=mπ
3lq
√gl。

（2）
解：小球P在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为θ，运动到C点的时刻为
t C ，到达斜面低端时刻为t
1
，有t c=θr
v0
③
s−ℎcotα=v0(t1−t c)④
小球A释放后沿斜面运动加速度为a
A ，与小球P在时刻t
1
相遇于斜面底端，有
mgsinα=ma A⑤
ℎsinα=1
2
a A(t1−t A)2⑥
联立以上方程可得t A=(3−2√2)√l
g
⑦
答：释放小球A的时刻t
A 为t A=(3−2√2)√l
g。

（3）
解：设所求电场方向向下，在t'
A
时刻释放小球A，小球P在区域Ⅱ运动加速度
为a
P
，有
s=v0(t−t c)+1
2a A(t−t A′)2⑧
mg+qE=ma p⑨
H−ℎ+1
2a A(t−t A′)2sinα=1
2
a p(t−t c)2⑩
联立相关方程解得E=(11−β2)mg
q(β−1)
对小球P 的所有运动情形讨论可得 3≤β≤5
由此可得场强极小值为 E min =0 ；场强极大值为 E max =7mg
8q
，方向竖直向上
答：场强极小值为 E min =0 ；场强极大值为 E max =
7mg
8q
，方向竖直向上。

【解析】11.（1）带电粒子在复合场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电场力和重力平衡（2）求出小球A 沿斜面匀加速运动的时间、小球P 匀速圆周运动的时间及离开磁场类平抛运动的时间，根据时间关系求释放小球A 的时刻（3）小球P 进入Ⅱ区做类平抛运动，根据类平抛规律列式，结合数学知识求E 的最值．
【考点精析】关于本题考查的平抛运动，需要了解特点:①具有水平方向的初速度;②只受重力作用，是加速度为重力加速度g 的匀变速曲线运动；运动规律:平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动才能得出正确答案． 12. （1）
B =
2√2qUm
qkd
（2）
B =2√2nqUm ,(n =1,2,3,l,k 2−1)
（3） t 磁=2(2)
，
t 电=ℎ√
2(k 2−1)m
qU
.
【解析】12.1、离子经电场加速，由动能定理：qU =1
2mv 2,可得v =√
2qU m
磁场中做匀速圆周运动，qvB =m
v 2r
刚好打在p 点，轨迹为半圆，几何关系可知r =kd 2
联立解得B =
2√2qUm qkd
.
2、若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在p 点，而做圆周运动到达N′右端，在匀速直线到下端磁场，将重
新回到O 点重新加速，直接打在p 点。

设共加速了n 次，有：nqU =12
mv n 2
qv n B =m
v n
2
n
且r n =
kd 2
解得：B =
2√2nqUm qkd
,
要求离子第一次加速后不能打在板上，有r 1>d
2
,且qU =
1
2
mv 12,qv 1B =m v 1
2r 1
解得：n <k 2
故加速次数n 为正整数最大取n =k 2−1 即B =
2√2nqUm qkd
(n =1,2,3,...,k 2−1)
3、加速次数最多的离子速度最大，取n =k 2−1,离子在磁场中做n −1个完整
的匀速圆周运动和半个圆周打到p 点。

由匀速圆周运动T =2πr
v =
2πm
qB
t 磁=(n −1)T +
T 2
=
2(2)
电场中一共加速n 次，可等效成连续的匀加速直线运动。

由运动学公式 (k 2
−1)ℎ=1
2a t 电2
a =
qU mℎ
可得：t 电=ℎ√
2(k 2−1)m
qU
.
【考点精析】利用牛顿定律与图象对题目进行判断即可得到答案，需要熟知牛顿第二定律定量揭示了力与运动的关系，即知道了力，可根据牛顿第二定律，分析出物体的运动规律；对牛顿第二定律的数学表达式F 合=ma ，F 合是力，ma 是力的作用效果，特别要注意不能把ma 看作是力． 13. （1）
q =mv
Br
, 正电荷
（2）
mv (2r −2Lcosθ)q (r 2
+L 2
−2rRcosθ)
（3）
E =Bv −mv 2(2r −2Lcosθ)
q (r 2+L 2−2rRcosθ
)
【解析】13.离子做圆周运动Bqv =m v 2r
①
解得 q =
mv Br
正电荷 ②
（2）如图所示
O'Q=R , OQ=L , O'O=R-r 引出轨迹为圆弧B′qv =m v 2R
③
解得R =
mv B′q
④
根据几何关系得 R =r 2+L 2−2rRcosθ2r−2Lcosθ
⑤
解得B′=
mv qR
=
mv (2r−2Lcosθ)
q (r 2+L 2−2rRcosθ)
⑥
（3）电场强度方向沿径向向外 ⑦ 引出轨迹为圆弧Bqv −Eq =m v 2R
⑧
解得E =Bv −
mv 2(2r−2Lcosθ)q (r 2+L 2=2rRcosθ)
14.解：①粒子运动半径为R 时
qvB =m v 2
R
且 E m =1
2mv 2 解得 E m =
q 2b 2r 2
2m
②粒子被加速n 次达到动能E m ， 则E m =nqU 0
粒子在狭缝间做匀加速运动，设n 次经过狭缝的总时间为Δt 加速度 a =
qU 0md
匀加速直线运动 md =12
aΔt 2 由 t 0=
(n −1)⋅T
2
+Δt ，解得 t 0=
πBR 2+2BRd 2U 0−πm
qB
③只有在 0 ~ (T
2
−Δt) 时间内飘入的粒子才能每次均被加速 则所占的比例为 η=
T
2
−Δt T 2
由 η>99% ,解得 d ＜
πmU 0
100qB 2R。

【解析】14.①根据牛顿第二定律，依据洛伦兹力提供向心力，结合动能的表达式，即可求解；②根据一次加速获得的动能，结合总动能，从而确定加速的次数，再依据运动学公式，求得在电场中加速的时间，最后根据粒子在磁场中的周期公式，即可求解；③根据只有在0到 (T
2−Δt) 时间内，飘入的粒子才能每次均被加速，结合有超过99%能射出，从而即可求解．
【考点精析】通过灵活运用带电微粒（计重力）在电场中的运动和洛伦兹力，
掌握带电颗粒:如液滴、油滴、尘埃、小球等，除有说明或明确的暗示以外，一般都不能忽略重力；由于带电粒子在匀强电场中所受电场力与重力都是恒力，因此可以用两种方法处理:①正交分解法;②等效“重力”法；洛伦兹力始终垂直于v的方向，所以洛伦兹力一定不做功即可以解答此题．
15.
（1）
设甲种离子在磁场中的运动半径为r
1
电场加速由动能定理得qU0=1
2×2mv2再由qvB=2m v2
r1
解得r1=2
B √mU0
q
根据几何关系x=2r
1
﹣L
解得x=4
B √mU0
q
−L
答：甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x为4
B √mU0
q
−L；
（2）
最窄处位于过两虚线交点的垂线上
d=r1−√r12−(L 2 )2
解得d=2
B √mU0
q
−√4mU0
qB2
−L2
4
答：在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域如上图所示，该区
域最窄处的宽度d为2
B √mU0
q
−√4mU0
qB2
−L2
4
；
（3）
设乙种离子在磁场中的运动半径为r2 r1的最小半径
r1min=2
B
√
m(U0−△U)
q
r2的最大半径r2max=1
B √2m(U0+△U)
q
由题意知2r1min−2r2max>L，即4
B √m(U0−△U)
q
﹣2
B
√2m(U0+△U)
q
＞L
解得L＜2
B √m
q
[2 √(U0−△U)﹣√2(U0+△U) ]
答：若考虑加速电压有波动，在（U
0﹣△U）到（U
+△U）之间变化，要使甲、
乙两种离子在底片上没有重叠，狭缝宽度L满足的条件
L＜2
B √m
q
[2 √(U0−△U)﹣√2(U0+△U) ]
【解析】15.（1）从M进入磁场的粒子打在底片上的位置到N点距离最小，由动能定理求出粒子进入磁场的速度，根据洛伦兹力提供向心力求出轨道半径，由几何关系即可求解甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；
（2）就是将一个虚线半圆平移到另一个虚线半圆，最窄处位于过两虚线交点的垂线上，把两个虚线圆心找到，并连接两圆的最高点，两个圆的最高点的距离为L，根据几何关系求解；
（3）从M点射进磁场的最慢甲种离子即加速电压最小时到底片的距离，比从N 点射入得最快的乙种离子即加速电压最大时到达底片的距离要大L，两轨迹的直径相差为L，列式即可求解；。