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非匀强磁场-积分动量
一、解答题
1．某兴趣小组为探索光电效应和光电子在电磁场中的运动规律，设计装置如图所示，频率
为 1.06 1015 Hz的激光照射在竖直放置的锌板 K 的中心位置 O 点，其右侧距离为
d1 0.4m处有另一足够大极板 A，A 上正对 O 点有一竖直狭缝，并在两极板间加电压
U 1.8V ，两极板间电场可视为匀强电场。在 A 板右侧有宽度为 D、方向垂直纸面向内、
大小为B 10 5T的匀强磁场。锌板的逸出功W 5.376 10 19 J ，普朗克常量
h 6.6 10 34 J s，电子质量为m 9 10
31kg ，元电荷e 1.6 10 19C， 3， sin53 0.8，
cos53 0.6。不计光电子重力及光电子间的相互作用。求：
(1)光电子到达极板 A 的最大速度vm ；
(2)极板 A 上有光电子打中的区域面积；
(3)要使所有光电子均不从右侧边界飞出，磁场宽度 D 应满足的条件；
(4)将匀强磁场改为垂直平面向内的非匀强磁场，磁感应强度满足
B kx k 2 10 4 T / m ，x 为该位置到磁场左边界的距离，要使所有光电子均不从右侧边
界飞出，磁场宽度 D 应满足的条件。
试卷第 1 页，共 11 页
2．微波炉中的磁控管是产生微波的主要元件。如图 1，磁控管主要由阴极、阳极、磁铁和
微小能量输出耦合装置等部分组成。阴极和阳极分别用于发射和接收电子，两极之间加有
高压，由于两极间隙小，可视为平行板电极，其结构图如图 2 所示，磁控管处于磁感应强
度方向垂直纸面向里，大小可以调节的磁场中。电子从电子发射源 P ，刚离开阴极时速度
为零，正常工作时，电子沿两极间作连续的摆线运动。已知两平行极板间距为 d ，电场强
度大小为E ，电子的电荷量为 e，质量为m ，忽略电子的重力和电子之间的相互作用。
(1)若阳极电流恰好截止，则电子速度的最大值v；
(2)若电子能打到距 P 点右侧为 l的阴极板Q处（图中未画出），在此过程中电子没有碰到阳
极（ l πd ），求磁感应强度大小 B ；
B
(3)若 B B0
0 y （ y 为距阴极的距离），当电子运动到 y h 处时，则电子速度的方向。
2h
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3．利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy 平面（纸面）的
第一象限内有足够长且宽度均为 L、边界均平行 x 轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强
度大小为 B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为 B2的磁场，方向均垂直纸面向里，
区域Ⅱ的下边界与 x 轴重合。位于 (0,3L) 处的离子源能释放出质量为 m、电荷量为 q、速度
方向与 x 轴夹角为 60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互
作用，并忽略磁场的边界效应。
（1）求离子不进入区域Ⅱ的最大速度 v1及其在磁场中的运动时间 t；
L
（2）若 B2 2B1，求能到达 y 处的离子的最小速度 v2；
2
B B qL 6B qL
（3）若B2
1 y ，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在 1 ~ 1 范围，
L m m
求进入第四象限的离子数与总离子数之比 η。
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2mv2
4．如图甲所示的平行金属板间接有如图乙所示的交变电压，图中U 00 ，板长、板间
q
距离均为 L。方向垂直纸面向里、区域足够大的匀强磁场的边界 MN 与两板中线 OO1垂直
（垂足为 O1）。现有带正电的粒子流沿两板中线 OO1连续射入电场中，粒子的初速度均为
v0，带电量为+q，质量为 m。忽略粒子重力和板外电场的影响，粒子与极板碰撞后被吸
收，粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定不变。
(1)试求带电粒子刚好从极板边缘射出时两金属板间的电压；
mv
B 0(2)若磁感应强度 ，以 O1点为坐标原点建立 y 轴如图甲所示，求带电粒子离开磁场
qL
时在 y 轴上的坐标范围；
(3)若边界 MN 的右侧有 5 个水平宽度均为 d 的匀强磁场如图丙所示，从左至右磁感应强度
依次为 B、2B、3B、4B、5B。要使所有粒子都不能进入第 5 个磁场区域，求磁感应强度 B
的最小值。
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5．某离子分析器的原理示意图如图所示，分析器由分布在 y 轴左侧的偏转区和 y 轴右侧的
检测区组成。在直线 x l 和 y0 轴之间的偏转区内存在着两个等大反向的有界匀强电场，
其中 x轴上方的电场沿 y 轴负方向， x轴下方的电场沿 y 轴正方向。在 y 轴右侧检测区内分
布着垂直于 xOy 平面向里、范围足够大的磁场，磁感应强度大小 B 随位置坐标 x 均匀变
l
化，且满足B B0 kx（k 为大于零的常数）。在电场左边界上点 A（ l ，
0
0 ）到点C
2
（ l0 ，0）区间内存在一线状离子源， 离子源各处都能持续发射电量为 q、质量为m 的
相同离子，所有离子均以相同速度v0沿 x轴正方向射入电场。已知从 A点发出的离子恰好
l
能从点 A （0， 0 ）沿 x轴正方向进入磁场，其轨迹如图虚曲线所示。在检测区有一块与 y
2
轴平行的检测板，打到检测板的离子会被板吸收，忽略电磁场间的相互影响，不计离子的
重力及它们之间的相互作用。求：
(1)匀强电场的电场强度大小E ；
(2)从 AC 间某些位置发出的离子进入磁场时也能沿 x轴正方向运动，写出这些位置的 y 坐
标；
(3)若检测板可沿 x轴平移，要使检测板能收集到沿 x轴正方向进入磁场并经磁场偏转后的
所有离子。
① 求检测板位置坐标 x的最大值；
l
①当检测板位置坐标 x取最大值时，测得从点 A （0， 0 ）进入磁场的离子在检测板上的收
2
l
集点到 x轴的距离为h 0 ，求该离子在磁场中的运动轨迹与坐标轴和检测板所围面积的大
2
小。
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6．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，xOy 平面直角坐标系
中第 I 象限存在垂直于纸面向外的匀强磁场 B0（大小未知）；第 II 象限存在沿 x 轴正方向
的大小未知的匀强电场；第 IV 象限交替分布着沿 y 方向的匀强电场和垂直 xOy 平面向里
2mv2
的匀强磁场，电场、磁场的宽度均为 L，边界与 y 轴垂直，电场强度E 0 ，磁感应强
qL
6mv
度 B 0 。一质量为 m，电量为+q 的粒子从点M ( L,0)以平行于 y 轴的初速度 v0进入
2qL
第 II 象限，恰好从点 N（0，2L）进入第 I 象限，然后又垂直于 x 轴进入第 IV 象限，多次
经过电场和磁场后某时刻粒子的速度沿 x 轴正方向。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。求：
(1)磁感应强度 B0的大小；
(2)粒子刚射出第 1 层磁场下边界时的速度方向；
(3)粒子进入第 n 层磁场时的速度大小 vn以及最远能进入第几层磁场。
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7．如图所示，某离子分析器由偏转区和检测区组成，分别分布在 y 轴的左侧和右侧，在直
线 x 2l0到 y 轴区域内存在着两个大小相等、方向相反的有界匀强电场，其中 x 轴上方的
电场方向沿 y 轴负方向，x 轴下方的电场方向沿 y 轴正方向，y 轴右侧区域内分布着垂直于
xOy 平面向里的磁场，磁感应强度大小 B 沿 x 轴均匀变化，即B kx （k 为大于零的常
数）。在电场左边界上 A 2l0 , l0 到C 2l0 ,0 区域内，连续分布着电量为 q、质量为 m
的离子。从某时刻起由 A 点到 C 点间的离子，依次连续以相同的速度v0沿 x 轴正方向射入
电场。若从 A 点射入的离子，恰好从点 A 0, l0 沿 x 轴正方向射出电场，其轨迹如图。离开
电场后的离子进入检测区，打在检测板上。区域场间互不影响，检测板足够长，不计离子
的重力及它们间的相互作用。
（1）求匀强电场的场强大小 E；
（2）在 AC 间还有哪些位置的离子，通过电场后也能沿 x 轴正方向运动（写出这些位置的
y 坐标）；
（3）检测板与 y 轴平行，并可沿 x 轴平移，若要检测板能收集到沿 x 轴正方向射出电场的
这些离子，求检测板位置坐标 x 的最大值。
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8．利用电磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，xOy 平面（纸面）
内的第一象限内有足够长且宽度均为 L、边界均平行 y 轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在沿 x
轴正方向的匀强电场，区域Ⅱ存在垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅱ的左边界与 y 轴重合。
位于 3L, 0 处的离子源能释放出质量为 m 电荷量为 q、速度大小为v0的正离子束，离子数
按发射角 α（速度与 x 轴负方向的夹角）大小均匀地分布在 0°～90°范围内，沿纸面射向电
场区域。不计粒子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。已知：区域Ⅰ中匀
mv2
强电场的场强E 0 ，取 sin15°=0.25，sin22.5°=0.38。
4qL
（1）求离子不进入区域Ⅱ的最小发射角 0 及其在电场中运动的时间 t；
（2）已知当 α=30°时，离子恰好不能从区域Ⅱ进入第二象限，求区域Ⅱ中磁场的磁感应强度
B0 ；
2B0 mv
（3）若区域Ⅱ中磁场的磁感应强度B x
0
，求进入第二象限的离子数与总离子数
L 4qL
之比 η。
试卷第 8 页，共 11 页
9．如图所示，在平面直角坐标系 xOy 中，第Ⅱ象限内存在沿 x 轴负方向的匀强电场，第Ⅲ
象限内存在垂直纸面向里的有界匀强磁场，下边界是以O（1 2R， 3R）为圆心、半径为 2R
的圆弧，上边界是以O（2 2R，0）为圆心、半径为 R 的半圆弧，磁感应强度大小为B0 。一质
量为 m、电荷量为 q 的带负电粒子，从 y 轴上的 M 点沿 x 轴负方向正对圆心O1发射，沿半
径 r 3R 的圆弧运动并恰能通过圆心O2 ，进入电场后从 y 轴上的P（0，2 3R）点进入第Ⅰ象
限。不计粒子重力。
(1)求粒子射入第Ⅱ象限时的速度大小v0；
(2)求匀强电场的场强 E 及粒子在第Ⅱ、Ⅲ象限中运动的总时间 t；
(3)若第Ⅰ象限中有方向垂直纸面向里的磁场（图中未画出），磁场的磁感应强度大小
B
B 0 （y k 为正的常量，y 为纵坐标，即在 x 方向均匀分布，在 y 方向随 y 均匀增大），求
k
粒子在第Ⅰ象限中运动至第一次离 x 轴最远时的轨迹与 x 轴围成的面积 S。
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10．如图所示，在 Oxy 平面（纸面）内，在 x1 x x2区间内存在平行 y 轴的匀强电场，
x2 x1 2d ；在 x3 x x4，的区间内存在垂直纸面向外的匀强磁场，由左向右分为间距均
为 d0（d0未知）的 n（n 为整数且未知）份，各区域磁感应强度大小依次为 B、2B、…、
d
nB， x3 4d ， x4 x3 。一带正电的粒子从坐标原点沿与 x 轴正方向成 37 角射入，
2
在坐标为（4d，2d）的 P 点以速度 v0垂直磁场边界射入磁场，恰能达到磁场右侧边界 x4。
q v
已知整个装置处于真空中，粒子的比荷 0 ，不计粒子重力，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
m Bd
求：
(1)匀强电场的电场强度 E 的大小；
(2)匀强电场右边界横坐标 x2的值；
(3)d0的大小。
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11．中国科学院自主研制的“人造小太阳”是一个核聚变反应堆，是磁约束核聚变实验装
置，该装置需要对较高速度的粒子束的各种带电离子分离出来。假设“偏转系统”的原理如
图所示，离子源不断的产生带电离子，经加速电场再进入速度选择器，离子射入右侧磁分
析器偏转分离，到达 y 轴离子接收板上，建立如图所示 xoy坐标系（速度选择器直线运动
离子出口为坐标原点），已知有一离子带正电、电荷量为 q，质量为 m，加速电场两极板间
电压为 U，速度选择器间距为 d，极板长度为2d ，速度选择器内电场强度为 E，离子进入
加速电场初速度可忽略不计，不考虑粒子间的相互作用以及相对论效应，重力忽略不计。
求：
（1）离子经加速电场后获得的速度；
（2）若粒子在速度选择器中做直线运动，速度选择器中磁场磁感应强度B1；
（3）若速度选择器中只有电场，磁分析器中磁场为匀强磁场，磁感应强度为 B，离子射到
y 轴的位置；
（4）若磁分析器中磁场磁感应强度为B2 随 x 轴均匀变化，B B kx，B2 0 0 为 x 0位置的
磁感应强度，k 为大于 0 的常数，速度选择器中直线运动的离子射入右侧磁场离 y 轴最远距
离。
试卷第 11 页，共 11 页
《非匀强磁场 积分动量》参考答案
6
1．(1)vm 10 m / s
(2) S 1.08m2
(3) D 0.9m
(4) D 0.3m
【详解】（1）由爱因斯坦光电效应方程得Ekm h W0
1 2
电场中动能定理eU mvm Ekm
2
6
解得vm 10 m / s
（2）设极板上有光电子打中的区域为半径为 y 的圆形区域，电子的最大动能为
1
E 2km mv0
2
当电子以最大速度且沿平行极板方向逸出锌板时，电子打到圆形区域的边缘，此时电子在
平行极板方向做匀速直线运动，则 y v0t
1 2
电子在垂直极板方向做匀加速直线运动，有d1 at
2
Ue
其中，根据牛顿第二定律可知，电子沿垂直极板方向的加速度大小为a
d1m
联立得 y 0.6m
则极板 A 上有光电子打中的区域面积为 S y2 1.08m2
at
（3）设电子经过 A 板时最大速度大小为vm ，与板最小夹角为 α，则 tan
v0
解得 53
所有电子均不从右侧边界飞出临界情况如图
由几何关系得Dm r 1 cos
答案第 1 页，共 16 页
mv2
ev B m m
r
解得Dm 0.9m
（4）取向下为 y 轴正方向，由 y 方向动量定理得 evBy t mv mvy
则 ekx x mv mvy
1 2
所以 ekx mv mvy
2
当 vy 6 10
5 m / s向上时，电子水平位移最大，此时D ' xm 0.3m
磁场宽度 D'应满足的条件D 0.3m
2eEd
2．(1)
m
2nπmE
(2) n 1,2,3,
el
(3)见详解
【详解】（1）只有电场对电子做功，电子恰好到达阳极时速度最大，由动能定理
1
eEd mv2
2
2eEd
解得v
m
E
（2）电子运动可看成以v1
B
向右的匀速运动和以v2的顺时针匀速圆周运动的合运动，且 v v1 2
E 2πm
电子一次打到Q点，有 l v1T
B1 eB1
2πmE
解得B1
el
2nπmE
同理，电子n次打到Q点，有B n
el
2nπmE
故Bn n 1,2,3,
el
B
（3）沿阴极水平方向，由动量定理evyBΔt mΔvx，则有 e B 0 0 y Δy mΔvx
2h
3B eh
解得vx
0
4m
1
eEh mv2由动能定理
2
2eEh
解得v
m
答案第 2 页，共 16 页
vx 3B0 eh与阴极水平方向夹角 ， 满足 cos
v 4 2mE
2B1qL 2 m 4B qL3．（1）v ； t 1 （2）v
1 （3）60%
m 3qB
2
1 m
【详解】（1）当离子不进入磁场Ⅱ速度最大时，轨迹与边界相切，则由几何关系
r1 cos60 r1 L
解得
r1=2L
根据
v2
qv B 11 1 m
r1
解得
2B
v 1
qL
1
m
在磁场中运动的周期
2 m
T
qB1
运动时间
2 60 2 m
t T
360 3qB1
（2）若 B2=2B1，根据
mv
r
qB
可知
r1 2r2
粒子在磁场中运动轨迹如图，设 O1O2与磁场边界夹角为 α，由几何关系
答案第 3 页，共 16 页
r1 sin r1 sin 30 L
L
r2 r2 sin
2
解得
r2=2L
3
sin
4
根据
v2
qv2B2 m
2
r2
解得
4B qL
v 12
m
（3）当最终进入区域Ⅱ的粒子若刚好到达 x 轴，则由动量定理
B2qvy t m vx
即
B1 yq y m vx
L
求和可得
B
1 yq y m vx
L
粒子从区域Ⅰ到区域Ⅱ最终到 x 轴上的过程中
B 0 L
m(v v cos 60 ) B1qL
1 qL
L 2
解得
3B1qLv
m
3B 6B qL
则速度在 1
qL
~ 1 之间的粒子才能进入第四象限；因离子源射出粒子的速度范围在
m m
B 6B qL1qL ~ 1 ，又粒子源射出的粒子个数按速度大小均匀分布，可知能进入第四象限的粒
m m
子占粒子总数的比例为
η=60%
mv2
4．(1)U 01
q
(2)1.5L 2.5L
答案第 4 页，共 16 页
（ 2 1）mv
(3) B 0
10qd
【详解】（1）设两板间电压为 U1时，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，沿电场方向
L 1 qE qU
at 2 ， a 1
2 2 m mL
垂直于电场方向 L v0t
mv2
解得U 01
q
（2）设粒子进入磁场时速度方向与OO1 的夹角为 θ，则任意时刻粒子进入磁场的速度大小
v
v 0
cos
mv2
粒子在磁场中运动，设轨迹半径为 R，根据牛顿第二定律qvB
R
设带电粒子从磁场中飞出的位置与进入磁场的位置之间的距离为 s 2Rcos
解得 s 2L
故任何一个带电粒子，在边界 MN 入射点与出射点间距离为定值
L
当粒子从下极板边缘射出时 y1 2L 1.5L
2
L
当粒子从上极板边缘射出时 y2 2L 2.5L
2
即粒子离开磁场时的坐标范围为1.5L 2.5L
（3）分析可知，粒子从下极板边缘射出时，向右运动时离边界 MN 最远。设粒子沿电场方
L v
向速度为vy ，沿电场方向
y
t
2 2
垂直于电场方向 L v0t
解得vy v
v
则粒子射出时速度偏角满足 ytan 1
v
解得 45
答案第 5 页，共 16 页
v
粒子速度为v 0 2v0
cos
粒子在磁场中运动取极短时间 t ，取竖直向上为正方向，由动量定理qvxB t m vy
若粒子最远到达第 4 个磁场右侧时，此时速度方向为竖直向上，对上式两边求和得
q B 2B 3B 4B d m 2v0 m 2v0 cos
（ 2 1）mv
解得 B 0
10qd
4mv2
5．(1) E
0
ql0
l
(2) y 0 （ n 12 ，2 ，3 ） 2n
B2 2mv B l l B2 2mv B mv qB h
(3)① x 0 0 0 ；① S (h 0 )x s (h 0 )( 0 0 0 ) 0 0 m 2 mk qk k 2 2 k 2 qk k qk
l
【详解】（1）由对称性可知，x 轴方向 0 v0t
2
l0 1 qE 2y 轴方向 t
2 2 m
4mv2
解得E
0
ql0
（2）沿 x 轴正方向进入磁场时可能的运动轨迹如图所示
离子需满足的条件为 l0 2n x （n 1， 2，3 ）
设到 C 点距离为 y 处射出的粒子通过电场后也沿 x 轴正方向射出，粒子第一次到达 x 轴用
1 qE 2
时Δt ，水平位移为 x ，则 x v0 t ，Δy Δt
2 m
l
解得Δy 0 n 1 3
2n2
（ ，2， ）
答案第 6 页，共 16 页
l
即满足要求的 AC 间离子 y 坐标为 y 0 （n 12 ， 2，3 ） 2n
（3）①若要检测板能收集到沿 x 轴正方向进入磁场的所有离子，离子到达检测板的速度满
足 v 0 ，vy vx 0 时，x 取最大值；对离子受力，在 y 轴方向应用动量定理 F t mv 0y 0
即 qBv t mvx 0
所以q B x mv0
又B B0 kx
B (B kx )
可得q 0 0 m x mvm 0
2
B2 2mv B
解得 x 0 0 0 m
k 2 qk k
l
①从 A （0， 0 ）点射入磁场的离子其运动轨迹与 y 轴所围面积记为S，对该离子进行受力
2
分析，在 x 轴方向应用动量定理 F t 0 mvx 0
即 qBv t mvy 0
所以q B y mv0
又B B0 kx
可得qB h qkS mv0 0
mv qB h
解得 S
0 0
qk
该离子的运动轨迹与坐标轴和检测板所围面积记为 S ，由几何关系可知
l l B2 2mv B mv qB h
S (h 0 )x s (h 0 )( 0 0 0 ) 0 0
m
2 2 k 2 qk k qk
答案第 7 页，共 16 页
mv0
6．(1) B0
2qL
(2)与 y 轴负方向夹角为 30°
(3) vn 2 4nv0 ，4
【详解】（1）设粒子在第 II 象限运动的时间为 t，在 N 点沿 x 轴的分速度为 vx，由于粒子
垂直电场方向进入电场则可知粒子在电场中做类平抛运动，由平抛运动的研究方法，x 方
v
向有 L x t
2
y 方向有2L v0t
通过 N 点的速度vN v
2 v2x 0 2v 0
与 y 轴正方向的夹角满足 tan 1
v2
在第 I 象限运动由牛顿第二定律有qvN B
N
0 m
R
根据垂直于 x 轴进入第 IV 象限，由几何关系知R 2 2L
mv0
联立解得B0
2qL
1 2 1 2
（2）设穿过 x 轴下方第一层电场后的速度为 v1，由动能定理有EqL mv1 mvN
2 2
解得v1 6v0
在 x 轴下方第一层磁场中运动的轨迹如图所示
v21
由洛伦兹力充当向心力有Bqv1 m
R1
解得R1 2L
答案第 8 页，共 16 页
L 1
设速度偏转角为 θ，则根据几何关系可得sin
R1 2
则 30
即粒子射出第 1 层磁场下边界时速度的方向与 y 轴负方向夹角为 30°。
（3）当粒子在第 n 层磁场中运动时，此前粒子已经过 n 个电场，
1 1
由动能定理nEqL mv
2 2
n mvN
2 2
解得vn 2 4nv0
若粒子在第 n 层磁场中距离 x 轴最远，则最大速度为 vn
在水平方向上由动量定理有 qvy B t mvn 0
即 qBym mvn
其中 ym为磁场中向下运动的最远距离，由题意 n 1 L ym nL
满足条件：3n2 8n 4 0且3n2 14n 1 0
解得满足条件的整数n 4
故最远能进入第 4 层磁场。
2mv20 1 2mv
7．（1）E ；（2） y l0（n 1，2，3，……2 ）；（3） x
0
ql0 n kq
【详解】（1）由对称性可知，x 轴方向
l0 v0t y 轴方向
1 qE
l0 t
2
2 m
解得
2mv2
E 0
ql0
（2）从下图得从电场射出时的速度方向也将沿 x 轴正方向所满足的条件为：
2l0 2n x （n 1，2，3，…）
答案第 9 页，共 16 页
设到 C 点距离为 y 处射出的粒子通过电场后也沿 x 轴正方向射出，粒子第一次到达 x 轴用
时Δt ，水平位移为 x ，则
1 qE 2
x v0 t ，Δy Δt
2 m
解得
2
1 1 qE l 1
Δy 0
2 l0 n 2 m 2 v0 n
即满足要求的 AC 间离子 y 坐标为
1
y l0（n 12 ，2，3，…） n
（3）若要检测板能收集到沿 x 轴正方向射出电场的这些离子，检测板处在最大值 x 坐标
处，应满足离子到达检测板时的速度v 0 ，vy vx 0 ，对离子受力分析，对 y 轴方向应用动
量定理
Fy t mv0 0
即
F cos t mv0
解得
qBv cos t mv0
qBvx t mv0
qB x mv0
答案第 10 页，共 16 页
由于
B kx
可知
0 x
qkx mv0
2
解得
2mv
x 0
kq
2 2L ( 2 1)mv 1
8．（1） 0 45 ， t ；（2）B
0
0 ；（3）
v0 2qL 6
【详解】（1）正离子先做匀速直线运动，进入电场后做类斜上抛运动，临界条件为在 x L
处速度v沿 y 轴方向，在电场中根据动能定理
1 1
qEL mv2 mv20
2 2
v v0 sin 0
联立解得
2
sin ， 45 0 0
2
沿 x轴方向，根据动量定理
qEt1 mv0 cos 0
解得
2 2L
t1 则离子在电场中运动的时间为
v0
4 2L
t
v0
（2）设离子在电磁场分界线处，速度v 与 x1 轴方向夹角为 ，在电场中
1 1
qEL mv21 mv
2
0
2 2
解得
2
v v 1 0
2
v1 sin v0 sin 30
答案第 11 页，共 16 页
解得
=45
在磁场中做匀速圆周运动，有
v2
qv B m 1 1 0
r
轨迹与 y 轴相切
2
r r L
2
解得
( 2 1)mv
B 00
2qL
（3）设当发射角为 时，离子在电磁场分界线处，速度 v与 x 轴方向夹角为 ，到达 y 轴
处速度沿 y 轴方向。在电场中有
v0 sin v
2
sin ， v v 0
2
在磁场中沿 y 方向在 t 内，根据动量定理
m vy qBvx t qB x
在全过程有
mv mv sin qB x
作出B x图线如图所示
由图像的面积可得
2 1
qB x ( )mv 0
2 4
解得
1
sin ， 15
4
答案第 12 页，共 16 页
则进入第二象限的离子数与总离子数之比为
15 1

90 6
3qB R
9．(1) 0
m
3qRB2 5 3 m
(2) E 0 ，
2m 3qB0
(3)1.5kR
mv2
【详解】（1）粒子在第Ⅲ象限的磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则有qv B 0 0 0
r
3qB
解得v 0
R
0
m
（2）正对圆心O1射入的粒子，沿半径 r 3R 的圆弧运动并恰能通过圆心O2 ，粒子在磁场
中运动的轨迹的圆心恰好为原点 O，运动轨迹如图所示，
R
设速度偏转角为 ，由几何关系有cos 0.5
2R
解得 60
从 O2点进入电场，沿 y 轴方向，则有v0sin t1 2 3R
4 3m
解得 t1
3qB0
qE 1 2
沿 x 轴方向，则有a ，2R v0cos t1 at1
m 2
3qRB2
解得E 0
2m
m
粒子在第Ⅲ象限的磁场中运动的时间 t2 T
360 3qB0
R 3m
粒子在第Ⅲ象限无磁场区域运动的时间 t3
v0 3qB0
运动的总时间 t t1 t2 t3
答案第 13 页，共 16 页
（5 3 ）m
解得 t
3qB0
（3）粒子到达 P 点时沿 y 轴方向分速度vy v0sin
粒子在第Ⅰ象限中运动至第一次沿 y 轴方向的分速度为 0 的过程中，沿 y 轴由动量定理则有
q 1
qBvxΔt 0 mv y
2
B
其中B 0 y
k
B
可得 q 0 yvx t mv0sin
k
又因为vx t x
B
可得q 0 y x mv0sin
k
qB
即 0 S mv0sin
k
解得 S 1.5kR
3Bv
10．(1) 0
8
11
(2) d
3
1
(3) d
6
【详解】（1）对粒子，在电场中，有2d v0t
其中qE ma ， v0 tan 37 at
3Bv
解得E 0
8
（2）粒子在电场中的轨迹如图所示
1 2
在电场中有 y at
2
答案第 14 页，共 16 页
3
解得 y d
4
x1 tan y 2d
5
解得 x1 d
3
11
故 x2 x1 2d d
3
（3）在竖直方向很短的时间内，由动量定理有qBvx t m vy
求和可得qBd0 m vy
从进入磁场到右边界，速度大小变为 v0，方向沿 y 轴负方向，
qBd0 q2Bd0 qnBd0 mv0
n(n 1)
解得 qBd0 mv0
2
1
又 nd0 d
2
1
解得n 3， d0 d
6

2 2 2 2qu
2qU m Ed 2 2mU q B 2qkm qB
11．（1） ；（2）E ；（3） ；（4） 0 0m
m 2qU U B q
qk
【详解】（1）离子在加速电场中加速，由动能定理有
1
qU mv2
2
得
2qU
v
m
（2）通过速度选择器，故由力的平衡条件有
qE qvB1
得
m
B1 E
2qU
（3）若撤去极板间磁场B1，离子在电场中偏转距离 y1
答案第 15 页，共 16 页
2
1 qE 2d
y1
2 m v
得
Ed 2
y1
U
进入右侧磁场速度为v1与 X 方向交角为 ，圆周运动半径为 R
v2
qv1B m
1
R
v1cos v
射入磁场位置到 Y 位置距离
y2 2Rcos
mv 2 2mU
y2 2 离子射到 y 轴的位置
qB B q
Ed 2 2 2mU
y y1 y2
U B q
（4）因为B2 B0 kx 离子运动到离 Y 最远时，速度为 v，方向沿 Y 方向。在 Y 方向上动
量定理
qvxB2 t mv
x vx t
Σq B0 kx Δx mv
qkx2
qB 0x mv
2
得

2 2 2qu
q B0 2qkm qB0
m
x
qk
答案第 16 页，共 16 页

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