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疑难压轴3 带电粒子在电磁场中的运动
1．（2024•浙江）类似光学中的反射和折射现象，用磁场或电场调控也能实现质子束的“反射”和
“折射”。如图所示，在竖直平面内有三个平行区域Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ；Ⅰ区宽度为d，存在磁感应强
度大小为B、方向垂直平面向外的匀强磁场，Ⅱ区的宽度很小。Ⅰ区和Ⅲ区电势处处相等，分别
为φ Ⅰ和φ Ⅲ，其电势差U＝φ Ⅰ﹣φ Ⅲ。一束质量为m、电荷量为e 的质子从O 点以入射角θ 射
向Ⅰ区，在P 点以出射角θ 射出，实现“反射”；质子束从P 点以入射角θ 射入Ⅱ区，经Ⅱ区
“折射”进入Ⅲ区，其出射方向与法线夹角为“折射”角。已知质子仅在平面内运动，单位时
间发射的质子数为N，初速度为v0，不计质子重力，不考虑质子间相互作用以及质子对磁场和
电势分布的影响。
（1）若不同角度射向磁场的质子都能实现“反射”，求d 的最小值；
（2）若U = mv0
2
2e
，求“折射率”n（入射角正弦与折射角正弦的比值）；
（3）计算说明如何调控电场，实现质子束从P 点进入Ⅱ区发生“全反射”（即质子束全部返回
Ⅰ区）；
（4）在P 点下方距离√3m v0
eB
处水平放置一长为4 m v0
eB
的探测板CQD（Q 在P 的正下方），CQ
长为m v0
eB ，质子打在探测板上即被吸收中和。若还有另一相同质子束，与原质子束关于法线左
右对称，同时从O 点射入Ⅰ区，且θ＝30°，求探测板受到竖直方向力F 的大小与U 之间的关系。
【解答】解：（1）根据题意，粒子从O 点射入时的运动轨迹如图所示：
1
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粒子从O 点射入，不出Ⅰ区域的临界条件为2r＝dmin
洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律Be v0=m v0
2
r
代入数据解得dmin=2r = 2mv0
Be
（2）设水平方向为x 方向，竖直方向为y 方向，x 方向速度不变，y 方向速度变大，假设折射角
为θ′
根据动能定理Ue = 1
2 mv1
2- 1
2 mv0
2
由于U = mv0
2
2e
代入数据联立解得v1=√2v0
设粒子射出区域Ⅱ时与竖直方向成θ′角，如图所示：
根据速度关系vx＝v0sinθ＝v1sinθ′
根据折射定律n= sinθ
sinθ'
代入数据联立解得“折射率”n=√2
（3）在Ⅱ区域下边界发生全反射的条件是沿竖直方向的速度为零；
2
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根据动能定理Ue =0- 1
2 m(v0cosθ)
2
可得U =- mv0
2co s
2θ
2e
即应满足U ＜- mv0
2co s
2θ
2e
（4）分粒子全部打在探测板CQD 和全部打不到探测板CQD 两种情形；
根据数学知识tan ∠CPQ = CQ
PQ = m v0
eB ×
eB
√3m v0
= √3
3
解得∠CPQ＝30°
所以如果U≥0 的情况下，折射角小于入射角，两边射入的粒子都能打到板上，分情况讨论如下：
①当U≥0 时，取竖直向上为正方向，根据动量定理F＝2Nm[0﹣（﹣vy）]＝2Nmvy
根据动能定理eU = 1
2 mv y
2 - 1
2 m(v0cosθ)
2
解得F =2 Nm√
3
4 v0
2+ 2eU
m
②全部都打不到板的情况，根据几何知识可知当从Ⅱ区射出时速度与竖直方向夹角为60°时，
粒子刚好打到D 点，水平方向速度为v x = v0
2
所以v y =
v x
tan60° = √3
6 v0
根据动能定理eU = 1
2 mv y
2 - 1
2 m(v0cosθ)
2
代入数据联立解得U =- mv0
2
3e
即当U ＜- mv0
2
3e
时，F＝0
③部分能打到的情况，根据上述分析可知条件为（- mv0
2
3e ≤U ＜0），此时仅有O 点右侧的一
束粒子能打到板上，因此F＝Nmvy
3
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根据动能定理eU = 1
2 mv y
2 - 1
2 m(v0cosθ)
2
代入数据联立解得F = Nm√
3
4 v0
2+ 2eU
m 。
4
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2．（2024•海南）如图，在xOy 坐标系中有三个区域，圆形区域Ⅰ分别与x 轴和y 轴相切于P 点和
S 点。半圆形区域Ⅱ的半径是区域Ⅰ半径的2 倍。区域Ⅰ、Ⅱ的圆心O1、O2连线与x 轴平行，
半圆与圆相切于Q 点，QF 垂直于x 轴，半圆的直径MN 所在的直线右侧为区域Ⅲ。区域Ⅰ、Ⅱ
分别有磁感应强度大小为B、B
2 的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向外。区域Ⅰ下方有一粒子源
和加速电场组成的发射器，可将质量为m、电荷量为q 的粒子由电场加速到v0。改变发射器的
位置，使带电粒子在OF 范围内都沿着y 轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ。已知某粒
子从P 点射入区域Ⅰ，并从Q 点射入区域Ⅱ（不计粒子的重力和粒子之间的影响）。
（1）求加速电场两板间的电压U 和区域Ⅰ的半径R；
（2）在能射入区域Ⅲ的粒子中，某粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，求该粒子在区域Ⅰ和区域
Ⅱ中运动的总时间t；
（3）在区域Ⅲ加入匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，电场强度
的大小E＝Bv0，方向沿x 轴正方向。此后，粒子源中某粒子经区域Ⅰ、Ⅱ射入区域Ⅲ，进入区
域Ⅲ时速度方向与y 轴负方向的夹角成74°角。当粒子动能最大时，求粒子的速度大小以及所在
的位置到y 轴的距离。(sin37° = 3
5 ，sin53° = 4
5 )。
【解答】解：（1）根据动能定理得：qU = 1
2 m v0
2
解得：U = m v0
2
2q
粒子进入区域I 做匀速圆周运动，根据题意某粒子从P 点射入区域Ⅰ，并从Q 点射入区域Ⅱ，故
可知此时粒子的运动轨迹半径与区域Ⅰ的半径R 相等，粒子在磁场中运动洛伦兹力提供向心力
5
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Bq v0=m v0
2
R
解得：R = mv0
Bq
（2）带电粒子在OF 范围内都沿着y 轴正方向以相同的速度v0沿纸面射入区域Ⅰ，由（1）可得，
粒子的在磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径均为R，因为在区域Ⅰ中的磁场半径和轨迹半径相等，
粒子射入点、区域Ⅰ圆心O1、轨迹圆心O'、粒子出射点四点构成一个菱形
由几何关系可得，区域Ⅰ圆心O1和粒子出射点连线平行于粒子射入点与轨迹圆心O'连线，则区
域Ⅰ圆心O1和粒子出射点水平，根据磁聚焦原理可知粒子都从Q 点射出，粒子射入区域Ⅱ，仍
做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
q⋅B
2 v0=m v0
2
R'
解得：R'＝2R
如上图，要使能射入区域Ⅲ的粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，轨迹所对应的圆心角最小，可
6
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知在区域Ⅱ中运动的圆弧所对的弦长最短，即此时最短弦长为区域Ⅱ的磁场圆半径2R，根据几
何知识可得此时在区域Ⅱ和区域Ⅰ中运动的轨迹所对应的圆心角都为60°，粒子在两区域磁场中
运动周期分别为
T 1= 2πR
v0
= 2πm
Bq
T 2= 2π ⋅2 R
v0
= 4 πm
Bq
故可得该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间为
t = 60°
360° T 1+ 60°
360° T 2
解得：t = πm
Bq
（3）如图，将速度v0分解为沿y 轴正方向的速度v0及速度v'，因为E＝Bv0可得Eq＝Bqv0，故
可知沿y 轴正方向的速度v0产生的洛伦兹力与电场力平衡，粒子同时受到另一方向的洛伦兹力
Bqv'，故粒子沿y 正方向做旋进运动，根据角度可知
v'＝2v0sin53°＝1.6v0
故当v'方向为竖直向上时此时粒子速度最大，即最大速度为
vm＝v0+1.6v0＝2.6v0
圆周运动半径R′= mv '
qB = 8m v0
5qB =1.6R
根据几何关系可知此时所在的位置到y 轴的距离为
L＝R′+R′sin53°+2R+2R
解得
L= 172m v0
25 Bq
7
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答：（1）加速电场两板间的电压mv0
2
2q
和区域Ⅰ的半径m v0
Bq
；
（2）该粒子在区域Ⅰ和区域Ⅱ中运动的总时间πm
Bq ；
（3）粒子的速度大小2.6v0，所在的位置到y 轴的距离172mv0
25 Bq 。
8
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3．（2024•浙江）探究性学习小组设计了一个能在喷镀板的上下表面喷镀不同离子的实验装置，截
面如图所示。在xOy 平面内，除x 轴和虚线之间的区域之外，存在磁感应强度大小为B、方向垂
直平面向外的匀强磁场。在无磁场区域内，沿着x 轴依次放置离子源、长度为L 的喷镀板P、长
度均为L 的栅极板M 和N（由金属细丝组成的网状电极），喷镀板P 上表面中点Q 的坐标为
（1.5L，0），栅极板M 中点S 的坐标为（3L，0）。离子源产生a 和b 两种正离子，其中a 离子
质量为m、电荷量为q，b 离子的比荷为a 离子的1
4 倍，经电压U＝kU0（其中U 0= q B
2 L
2
8m
，k 大
小可调，a 和b 离子初速度视为0）的电场加速后，沿着y 轴射入上方磁场。经磁场偏转和栅极
板N 和M 间电压UNM调控 （UNM＞0），a 和b 离子分别落在喷镀板的上下表面，并立即被吸收
且电中和。忽略场的边界效应、离子受到的重力及离子间相互作用力。
（1）若U＝U0，求a 离子经磁场偏转后，到达x 轴上的位置x0（用L 表示）；
（2）调节U 和UNM，并保持U NM = 3
4 U，使a 离子能落到喷镀板P 上表面任意位置，求；
①U 的调节范围（用U0表示）；
②b 离子落在喷镀板P 下表面的区域长度；
（3）要求a 和b 离子恰好分别落在喷镀板P 上下表面的中点，求U 和UNM的大小。
【解答】解：（1）a 离子经电压为U 的电场加速，由动能定理qU = 1
2 m v
2
a 离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB =m v
2
R
a 离子经磁场偏转后，到达x 轴上的位置为x0＝2R；
解得x0= 2
B√
2mU
q
由于U =U 0= q B
2 L
2
8m
联立解得x0＝L；
9
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（2）①要使a 离子能落到喷镀板P 上表面任意位置处，只能经过电压为U 的电场加速再经过第
一象限匀强磁场偏转一次打在P 板上方任意处，则L≤x′0≤2L
由（1）得q B
2 L
2
8m
≤U ≤q B
2 L
2
2m
即U0≤U≤4U0；
②b 离子先经电压为U 的电场加速后再在xOy 平面第一次偏转打在x 轴上位置坐标
xb= 2
B√
2mbU
qb
由于
qb
mb
= 1
4 ⋅q
m，U0≤U≤4U0；
解得2L≤xb≤4L
则b 离子能从栅极板（坐标范围5
2 L≤x ≤7
2 L）任意位置经电压为UMN的电场减速射入虚线下方
磁场，此时25
16 U 0≤U ≤49
16 U 0
b 离子先经电压为U 的电场加速后再在第一象限磁场中做匀速圆周运动后，再经电压为
U NM = 3
4 U的电场减速，由动能定理得(qbU - 3
4 qbU )= 1
2 m(v ' )
2
洛伦兹力提供向心力qb Bv ' =mb
(v ' )
2
R'
得Δxb＝2R′
当U = 25
16 U 0时，b 离子从栅极左端经虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板左端的距离
Δ xb' = 5
4 L
当U = 49
16 U 0时，b 离子从栅极左端经虚线下方磁场偏转打在P，此时离栅极板右端的距离
Δ xb″ = 7
4 L
则b 离子落在P 下表面区域长度Δx = Δ xb' + L- Δ xb″ = 1
2 L
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（3）要求a 离子落在喷镀板中点Q，由（1）得xa″ = 2
B√
2mU
q
= 3
2 L
则U = 9
4 U 0
由于U 0= q B
2 L
2
8m
联立解得U = 9q B
2 L
2
32m
则b 离子从x′b＝3L 处经过栅极板，要使b 离子打在P 板下方中央处，设UNM＝k′U
根据动能定理(1-k ' )U qb= 1
2 m(v ″ )
2
洛伦兹力提供向心力qb Bv ″ =mb
(v ″ )
2
R″
Δ xb″ =2 R″ = 3
2 L
联立解得k ' = 3
4
则U NM = 3
4 U = 3
4 × 9
4 U 0= 27
16 U 0= 27
16 × q B
2 L
2
8m
= 27q B
2 L
2
128m
。
当减速n 次Uqb﹣nUNMqb= 1
2 mb v 'b
2
rn= mb v 'b
B qb
联立解得rn
2= 9 L
2
4 - 8nm
B
2q
U NM
当减速n 次恰好打在P 板下方中央处，2rn﹣1＞2L
2rn= 3
2 L
即9 L
2
4 - 8(n-1)m
B
2q
U NM ＞L2
解得：27 B
2q L
2
128nm ＜
5 B
2q L
2
32(n-1)m
即n＜27
7 ，n 取整数，故可得n＝1，2，3，故可得：
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UNM= 27 B
2q L
2
128m
或27 B
2q L
2
256m
或9 B
2q L
2
128m
答：（1）a 离子经磁场偏转后，到达x 轴上的位置为L；
（2）①U 的调节范围为U0≤U≤4U0；
②b 离子落在喷镀板P 下表面的区域长度为；1
2 L
（3）U 的大小为9q B
2 L
2
32m
；UNM= 27 B
2q L
2
128m
或27 B
2q L
2
256m
或9 B
2q L
2
128m 。
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4．（2024•北京）我国“天宫”空间站采用霍尔推进器控制姿态和修正轨道。图为某种霍尔推进器
的放电室（两个半径接近的同轴圆筒间的区域）的示意图。放电室的左、右两端分别为阳极和
阴极，间距为d。阴极发射电子，一部分电子进入放电室，另一部分未进入。
稳定运行时，可视为放电室内有方向沿轴向向右的匀强电场和匀强磁场，电场强度和磁感应强
度大小分别为E 和B1；还有方向沿半径向外的径向磁场，大小处处相等。放电室内的大量电子
可视为处于阳极附近，在垂直于轴线的平面绕轴线做半径为R 的匀速圆周运动（如截面图所
示），可与左端注入的氙原子碰撞并使其电离。每个氙离子的质量为M、电荷量为+e，初速度
近似为零。氙离子经过电场加速，最终从放电室右端喷出，与阴极发射的未进入放电室的电子
刚好完全中和。
已知电子的质量为m、电荷量为﹣e；对于氙离子，仅考虑电场的作用。
（1）求氙离子在放电室内运动的加速度大小a；
（2）求径向磁场的磁感应强度大小B2；
（3）设被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比为常数k，单位时间内阴极发射的电子总
数为n，求此霍尔推进器获得的推力大小F。
【解答】解：（1）氙离子在放电室时仅考虑电场的作用，其只受电场力作用，由牛顿第二定律
得：
eE＝Ma
解得：a= eE
M
（2）在阳极附近电子在垂直于轴线的平面绕轴线做匀速圆周运动，在径向方向上电子受到的轴
向的匀强磁场B1的洛伦兹力提供向心力，则有：
eB1v=m v
2
R
在沿轴线的方向上电子所受电场力与径向磁场的洛伦兹力平衡，则有：
eE＝evB2
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解得：B2= Em
e B1 R
（3）已知单位时间内阴极发射的电子总数为n，被电离的氙原子数和进入放电室的电子数之比
为常数k，设单位时间内进入放电室的电子数为n1，则未进入的电子数为n﹣n1，设单位时间内
被电离的氙原子数为N，则有：
N
n1
=k
已知氙离子从放电室右端喷出后与未进入放电室的电子刚好完全中和，则有：
N＝n﹣n1
联立可得：N = nk
1+k
氙离子经电场加速过程，根据动能定理得：
eEd = 1
2 M v1
2
时间Δt 内喷出的氙离子持续受到的作用力为F′，以向右为正方向，由动量定理得
F′•Δt＝N•Δt•Mv1
解得：F ' = nk √2eEdM
1+ k
由牛顿第三定律可知，霍尔推进器获得的推力大小F= F ' = nk √2eEdM
1+k
答：（1）氙离子在放电室内运动的加速度大小a 为eE
M ；
（2）径向磁场的磁感应强度大小B2为Em
e B1 R ；
（3）此霍尔推进器获得的推力大小F 为nk √2eEdM
1+k
。
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5．（2024•镇海区模拟）如图为某同学设计的带电粒子的聚焦和加速装置示意图。位于S 点的粒子
源可以沿纸面内与SO1（O1为圆形磁场的圆心）的夹角为θ（θ≤60°）的方向内均匀地发射速度
为v0＝10m/s、电荷量均为q＝﹣2.0×10﹣4C、质量均为m＝1.0×10﹣6kg 的粒子，粒子射入半径为
R＝0.1m 的圆形区域匀强磁场。已知粒子源在单位时间发射N＝2.0×105个粒子，圆形区域磁场
方向垂直纸面向里，沿着SO1射入圆形区域磁场的粒子恰好沿着水平方向射出磁场。粒子数控
制系统是由竖直宽度为L、且L 在0≤L≤2R 范围内大小可调的粒子通道构成，通道竖直宽度L
的中点与O1始终等高。聚焦系统是由有界匀强电场和有界匀强磁场构成，匀强电场的方向水平
向右、场强E＝0.625N/C，边界由x 轴、曲线OA 和直线GF（方程为：y＝﹣x+0.4（m））构成，
匀强磁场方向垂直纸面向里、磁感应强度B＝0.25T，磁场的边界由x 轴、直线GF、y 轴构成，
已知所有经过聚焦系统的粒子均可以从F 点沿垂直x 轴的方向经过一段真空区域射入加速系统。
加速系统是由两个开有小孔的平行金属板构成，两小孔的连线过P 点，上下两板间电势差U＝﹣
10kv，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。求：
（1）圆形磁场的磁感应强度B0；
（2）当L＝R 时，求单位时间进入聚焦系统的粒子数N0；
（3）若进入加速系统内粒子的初速度均忽略不计，设从加速系统射出的粒子在测试样品中运动
所受的阻力f 与其速度v 关系为f＝kv（k＝0.2N•s•m﹣1），求粒子在样品中可达的深度d；
（4）曲线OA 的方程。
【解答】解：（1）由洛伦兹力提供向心力得m v
2
R =qv B0
解得B0＝0.5T
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（2）临界1：粒子恰好从控制系统上边界进入，粒子在S 点入射速度与SO1的夹角为θ1
sinθ1=
R
2
R = 1
2
解得θ1＝30°
临界2：粒子恰好从控制系统下边界进入，粒子在S 点入射速度与SO1的夹角为θ2sinθ2=
R
2
R = 1
2
解得θ2＝30°
能进入控制系统的粒子数N 0= 60°
120° N =10
5个
（3）对粒子在加速系统运用动能定理：Uq = 1
2 mv
2
解得v＝2000m/s
对粒子进入样品得过程运用动量定理﹣∑kvΔt＝0﹣mv
d =∑vΔt = mv
k =10
-2m
（4）设粒子从曲线OA 的（x，y）点进入电场，则粒子从直线GF 的（0.4﹣y，y）点射出电场，
有Eq(0.4 - y - x)= 1
2 m v1
2- 1
2 m v0
2
m v1
2
y
=|q|v1B
得10y2﹣y﹣x＝0
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6．（2024•宁波模拟）如图甲所示，曲线OP 上方有沿﹣y 方向的匀强电场，其场强大小为E1，曲
线左侧有一粒子源AB，B 端位于x 轴上，能够持续不断地沿+x 方向发射速度为v0、质量为m、
电荷量为q 的粒子束，这些粒子经电场偏转后均能够通过O 点，已知从A 点入射粒子恰好从P
点进入电场，不计重力及粒子间的相互作用。
（1）写出匀强电场边界OP 段的边界方程（粒子入射点的坐标y 和x 间的关系式）；
（2）若第四象限内存在边界平行于坐标轴的矩形匀强磁场B1（未画出），磁场方向垂直纸面向
外。自O 点射入的粒子束，经磁场偏转后均能够返回y 轴，若粒子在第四象限运动时始终未离
开磁场，求磁场的最小面积；
（3）若第一象限与第四象限间存在多组紧密相邻的匀强磁场B2和匀强电场E2（如图乙），电
磁场边界与y 轴平行，宽度均为d，长度足够长。匀强磁场B2= mv0
qd
，方向垂直纸面向里，匀强
电场E2= m v0
2
4 qd
，方向沿x 轴正方向。现仅考虑自A 端射入的粒子，经匀强电场E1偏转后，恰好
与y 轴负方向成θ＝45°从O 点射入，试确定该粒子将在第几个磁场区域拐弯（即速度恰好与y
轴平行）。
【解答】解：（1）对从P（x，y）点射入电场的粒子，在电场中做类平抛运动，则有：
y= 1
2at2
x＝v0t
a= q E1
m
联立解得边界方程为：y= q E1
2mv0
2 ⋅x
2
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（2）设粒子从O 点射入磁场时，速度v 与x 轴正方向的夹角为β，则有：
v0＝vcosβ
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，根据牛顿第二定律有
qvB =m v
2
r ，解得：r= mv
qB
根据几何关系可得，粒子在磁场中的运动轨迹对应的弦长为：d＝2rcosβ
解得：d= 2m v0
qB
可见d 为定值，即所有粒子从y 轴上的同一点射出磁场。
可得沿+x 方向入射的粒子的运动轨迹离y 轴最远，只要此方向入射的粒子在第四象限运动时未
离开磁场，其它粒子均可满足要求。
此方向入射的粒子的运动半径为：r1= mv0
qB
磁场的最小面积为；Smin＝dr1= 2m
2v0
2
q
2B
2
（3）自A 端射入的粒子恰好与y 轴负方向成θ＝45°从O 点射入，易知入射速度大小等于√2v0，
已知匀强磁场B2= mv0
qd ，根据r= mv
qB ，可得在第一列磁场中的运动半径为R1=√2d，粒子轨迹如
下图所示，粒子逆时针偏转45°角沿+x 方向进入第一列电场，做匀加速直线运动直到进入第二列
磁场，从此处开始计数，令n＝1（即第二列磁场被计数为n＝1）。
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经电场n 次加速后粒子速度大小为vn，由动能定理得：
nqE2d= 1
2 mvn
2- 1
2m（√2v0）2，已知：E2= m v0
2
4 qd
解得：vn=√
n+ 4
2
v0
则在第n 列磁场（实际是第n+1 列）中的运动半径为Rn=√
n+ 4
2
d ⋯⋯①
假设粒子在第n 列磁场区域拐弯时轨迹恰好与边界相切，根据图中的几何关系可得：
Rn﹣Rnsinαn＝d……②
粒子在第n 次被加速过程沿+y 方向的分速度不变，可得：
vn﹣1sinγ＝vnsinαn
代入得：√
n+3
2
v0sinγ=√
n+ 4
2
v0sinαn
可得：sinγ=√
n+ 4
n+3 sin αn
在第n﹣1 列磁场中圆周运动过程，由几何关系得：
Rn﹣1sinγ﹣Rn﹣1sinαn﹣1＝d
又有：Rn﹣1=√
n+3
2
d
联立整理可得：√n+ 4 sin αn-√n+3sinαn﹣1=√2
因粒子沿+x 方向进入和射出第一列电场，故sinα1＝0。可得：
n＝2 时，sinα2= 1
√3 = √2
√6
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n＝3 时，sinα3= 2√2
√7
n＝3 时，sinα4= 3√2
√8
……
归纳可得：sinαn= (n-1)√2
√n+ 4
⋯⋯③
联立①②③式得：√
n+ 4
2
[1- (n-1)√2
√n+ 4
]＝1
整理得：√
n+ 4
2
-n＝0
解得：n= 1+√33
4
（另一解为负值，舍去），因1＜n＜2，故n 取2，对应实际的第3 个磁场。
即该粒子将在第3 个磁场区域拐弯。
答：（1）匀强电场边界OP 段的边界方程为y= q E1
2m v0
2 ⋅x
2；
（2）磁场的最小面积为2m
2v0
2
q
2B
2 ；
（3）该粒子将在第3 个磁场区域拐弯。
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7．（2024•越秀区校级模拟）如图甲所示，两间距为d 的水平放置的平行金属板M、N，M 板某处
C 放有粒子源，C 的正上方的N 板D 处开有一个可穿过粒子的小孔．间距L＝2d 的平行金属导
轨P、Q 与金属板M、N 相连，导轨上存在一垂直纸面向里、大小为B 的匀强磁场，一导体棒ab
贴紧PQ 以一定的初速度向右匀速进入磁场．在ab 进入磁场的瞬间，粒子源飘出一个初速度视
为零、质量为m、带电量为q 的粒子，在M、N 间加速后从D 处射出．在N 板的上方（并与D
点相切）有一个内圆半径R1＝d、外圆半径R2＝3d 的圆环形匀强磁场，其大小也为B、方向垂
直纸面向外，两圆的圆心O 与C、D 在一竖直线上．不计粒子重力，忽略平行板外的电场以及
磁场间的相互影响．
（1）C 处飘出的粒子带何种电荷？已知ab 棒的速度为v0，求粒子到达N 板时速度v；
（2）为了不让粒子进入内圆半径为R1的无磁场区域，试求出ab 棒的速度v0最大值v0m；
（3）若ab 棒的速度只能是v '0= 5qBd
m
，为了实现粒子不进入半径为R1的内圆无磁场区域，可
以控制金属导轨P、Q 的磁场宽度（如图乙所示），求该磁场宽度S 的范围．
【解答】解：（1）根据右手定则可知，a 端为正极，故带电粒子必须带负电．
ab 棒切割磁感线，产生的电动势为：E 势＝BLv0＝2Bdv0…①
对于粒子，根据动能定理为：qUDC＝qE 势= 1
2 m v
2⋯②
联立①②两式，可得：v＝2√
Bd v0q
m
⋯③
（2）为了不让粒子进入内圆半径为d 的无磁场区域，则粒子最大半径r 时的轨迹与内圆相切，
如图所示．设此时粒子速度为v′
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根据几何关系：r2+ R2
2=（R1+r）2…④
计算得到：r＝4d…⑤
根据洛伦兹力提供向心力有：qv′B＝mv '
2
r ⋯⑥
由⑤⑥得：v′= 4 qBd
m
⋯⑦
根据粒子速度v 与ab 棒速度v0的关系式③得：v′＝2√
Bd v0mq
m
⋯⑧
所以ab 棒的速度v0的最大值为：v0m= 4 qBd
m
（3）因为v0′= 5qBd
m
＞v0m= 4 qBd
m
，故如果让粒子一直在MN 间加速，则必然进入内圆无磁
场区．
而如果能够让粒子在MN 间只加速一部分距离，用时间t，再匀速走完剩下的距离，就可以让粒
子的速度不超过v′．
这时只需ab 棒在磁场中运动一段距离．
设导轨磁场最大宽度为S 时粒子恰好不会进入内圆无磁场区，此情况下
由⑦式可知，粒子从D 点射出的速度为：v′＝at= 4 qBd
m
⋯⑨
粒子在MN 间加速的加速度为：a= q E场
m
= q E势
md = 2Bd v0' q
dm
= 10 B
2q
2d
m
2
⋯⑩
由⑨⑩解得：t= 2m
5 Bq
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对于ab 棒：s＝v0′t＝2d
磁场宽度范围：0＜s≤2d
答：（1）粒子到达N 板时速度2√
Bd v0q
m
；
（2）ab 棒的速度v0最大值4 qBd
m
；
（3）该磁场宽度S 的范围0＜s≤2d．
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8．（2024•江苏四模）如图所示，直线y= 3
4 x 与y 轴之间有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场区域Ⅱ，
直线x＝d 与y= 3
4 x 间有沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度E＝3×105V/m，另有一半径R= 10
3
m 的圆形匀强磁场区域I，磁感应强度B1＝0.9T，方向垂直坐标平面向外，该圆与直线x＝d 和x
轴均相切，且与x 轴相切于S 点。一带负电的粒子从S 点沿y 轴的正方向以速度v0进入圆形磁场
区域I，经过一段时间进入匀强磁场区域Ⅱ，且第一次进入匀强磁场区域Ⅱ时的速度方向与直线
y= 3
4 x 垂直。粒子速度大小v0＝3×105m/s，粒子的比荷为q
m =1×105C/kg，粒子重力不计。已知
sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）粒子在圆形匀强磁场区域工中做圆周运动的半径大小；
（2）坐标d 的值；
（3）要使粒子能运动到x 轴的负半轴，则匀强磁场区域Ⅱ的磁感应强度B2应满足的条件。
【解答】解：（1）在磁场B1中，设粒子做匀速圆周运动的半径为r1，由牛顿第二定律可得
q v0 B1=m v0
2
r1
解得：r1= mv0
q B1
= 10
3 m
（2）由（1）知r1＝R，因为粒子从S 点沿y 轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域I，所以粒
子离开磁场B1时垂直进入匀强电场，则粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在x 方向的位移为
x，在y 方向的位移为y，运动时间为t，则粒子进入磁场区域Ⅱ时，沿y 方向的速度为
v y =
v0
tan37° = 4×10
5m/ s
又v y = qE
m t
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解得：t = 4
3 ×10
-5 s
根据运动学公式可得：x = v0t = 4 m，y = 0+ v y
2
t = 8
3 m
所以d 点的值为
d = xtan37°+ y +r1
tan37°
=12m
（3）进入磁场B2的速度为：v =
v0
sin37° =5×10
5m/ s
带电粒子进入磁场区域Ⅱ中做匀速圆周运动，设半径为r2，根据牛顿第二定律可得
qv B2=m v
2
r2
当带电粒子出磁场区域Ⅱ与y 轴垂直时，由几何关系可得
r2= y + R
sin37° =10m
代入数据解得：B2＝0.5T
当带电粒子出磁场区域Ⅱ与y 轴相切时，设轨道半径为r2′
根据几何关系可得
r2' +
r2'
cos37° = y + R
sin37° =10m
代入数据解得：B2＝1.125T
所以要使带电粒子能运动到x 轴的负半轴，则匀强磁场区域Ⅱ的磁感应强度B2应满足的条件为
0.5T＜B2＜1.125T
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9．（2024•海安市校级二模）如图甲所示为质谱仪的原理图，加速电压为U。粒子源A 持续释放出
初速度可忽略、比荷分别k1和k2的两种正电荷，k1＞k2。粒子从O 点沿垂直磁场边界方向进入
匀强磁场，磁场下边界放置胶片C。比荷为k1的粒子恰好打在距O 点为L 的M 点，不计粒子重
力和粒子间的相互作用。求：
（1）磁感应强度B 的大小；
（2）若加速电压存在波动，在（U﹣ΔU）到（U+ΔU）之间变化，在胶片上分开两种粒子，ΔU
的取值范围；
（3）如图乙所示，若比荷为k1的粒子进入磁场时存在散射角θ＝60°，粒子在2θ 范围内均匀射
入，现撤去胶片C，紧靠M 点在其左侧水平放置一长度为0.4L 的接收器，求接收器中点左右两
侧在单位时间内接收到比荷为k1的粒子数之比η。
【解答】解：（1）粒子在电场中加速过程，根据动能定理有
qU = 1
2 m v
2
粒子磁场中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有
qvB =m v
2
r
由几何关系知r = L
2
联立解得：B = 2
L√
2U
k1
（2）根据第一问中的分析可得
r = 1
B√
2mU
q
由于比荷k1＞k2，当B 和U 相同时
r1＜r2
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当电压波动时，在胶片上分开两种粒子，需满足
2r1max＜2r2min
即
2
B√
2(U + ΔU )
k1
＜2
B√
2(U - ΔU )
k2
联立解得：ΔU ＜k1-k2
k1+k2
U
（3）粒子恰好打在接收器中点N 时，设粒子进入磁场时速度与竖直方向夹角为β，则
0.2L＝2r﹣2rcosβ＝L（1﹣cosβ）
解得：β＝37°
粒子恰好打在接收器最左端时，设粒子进入磁场时速度与竖直方向夹角为a，则
0.4L＝2r﹣2rcosα＝L（1﹣cosα）
解得：a＝53°＜60°
进入磁场速度与竖直方向夹角在53°到37°的粒子打在接收器中点N 左侧，夹角在0°到37°的粒
子打在接收器中点N 右侧，则接收器中点左右两侧在单位时间内接收到比荷为k1的粒子数之比
为
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η= 2×(53° -37°)
2×37°
= 16
37
答：（1）磁感应强度B 的大小为2
L√
2U
k1
；
（2）ΔU 的取值范围为ΔU ＜k1-k2
k1+k2
U；
（3）接收器中点左右两侧在单位时间内接收到比荷为k1的粒子数之比η 为16
37 。
28
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10．（2024•镇海区校级模拟）如图甲所示，真空中存在一间距为d＝0.02m 的水平平行板电容器，
板长L＝0.04m，板间电压为U、板间匀强电场方向向上，MN 为一垂直上极板PQ 的足够长的光
屏，其下端N 与极板右端Q 重合，在MN 所在竖直线右侧空间存在匀强磁场。在下极板左端有
一个粒子源A，可以紧贴极板水平向右连续发射带正电的粒子，粒子比荷为q
m =1×10
8C /kg，
初速度v0=1×10
5m/ s。已知粒子打到极板或光屏时会被吸收，粒子之间的作用力不计，粒子
的重力不计。
（1）为使粒子能够从极板间射出，求电压U 的最大值；
（2）若匀强磁场方向垂直纸面向里（如图甲），大小为B1＝0.05T，电压U 可任意调节，则求
粒子击中光屏形成痕迹的长度ΔL；
（3）若匀强磁场方向改成水平向右，大小变为B2= √3
20 T，电压U 可任意调节，在极板右侧放
置另一块与MN 平行的足够大的光屏CD，CD 在磁场中能左右移动，则求粒子打在光屏CD 上
留下所有痕迹的面积S；
（4）在满足第（3）问的条件下，同时在电容器的右侧与光屏之间加一水平向右的匀强电场，
其场强大小E = 3√3
π
×10
4 N /C，在光屏上以D 点原点（D 点为光屏与FG 直线的交点），垂
直纸面向内为x 轴，竖直向上为y 轴，水平向右的方向为z 轴，建立如图乙所示的三维直角坐标
系xyz。光屏位置到G 点的距离用K 表示，现将光屏CD 沿FG 直线从G 点开始从近到远依次放
在不同位置上，光屏CD 始终平行MN，当光屏距G 点为K1与K2这两个位置时打在光屏上所有
粒子的点迹首次先后出现如图丙、丁所示的两条直线（顺着匀强电场E，水平向右看光屏），其
中图丙为距离K1时的图样，图丁为距离K2时的图样，则K1与K2这两位置相距多少距离？
【解答】解：（1）粒子在匀强电场中做类平抛运动，水平方向
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t = L
v0
=
0.04 m
1×10
5m/ s
= 4×10
-7 s
竖直方向
y = 1
2 at
2= 1
2 × Uq
dm t
2≤d
联立解得
U ≤2md
2
qt
2 =
2×0.02
2
1×10
8×(4×10
-7)
2 V =50V
所以电压U 的最大值为50V；
（2）设射入磁场的粒子速度为v，与水平方向成角度θ，磁场中圆周运动半径为r0
则可得
B1qv = mv
2
r0
解得运动半径为
r0= mv
B1q
由几何关系得，磁场中动弧线在竖直方向上的高度为Δy＝2r0cosθ
联立解得Δy =2 mv
B1q cosθ =2× mv0
B1q =2×
1×10
5
1×10
8×0.05
m=0.04 m
即Δy 为定值，出射点离Q 越远，打到光屏上离Q 距离的越小，出射点离Q 越近打到光屏上离Q
距离的越大
当U＝0 时，从下级板边缘出射，此时距离Q 最小
hmin＝Δy﹣d＝0.04m﹣0.02m＝0.02m
当U＝50V 时，从上级板边缘Q 点出射，此时距离Q 最大hmax＝Δy＝0.04m
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因此，痕迹长度ΔL＝hmax﹣hmin＝0.04m﹣0.02m＝0.02m
（3）粒子从电场中射出，进入磁场后，水平方向匀速运动，垂直磁场方向做匀速圆周运动
由图可知v y = v0tanθ = v0×
y
0.5 L
所以r = mv0
B2q ⋅
y
0.5 L
圆心与下极板右边缘连线与竖直方向夹角θ 满足
由图可知tanθ = r
y =
m v0
0.5q B2 L =
1×10
5
0.5×1×10
8×0.04× √3
20
= √3
3
所以θ＝30°
即圆心连线为一条直线且过下极板右边缘，所有光屏痕迹是由从上到下逐渐减小的圆叠加形成
的，如图所示
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当y＝d 时，圆半径最大，最大半径为rm= mv0
B2q ⋅
d
0.5 L = 2√3
3
×10
-2m= √3
3 d
则
求
粒
子
打
在
光
屏
CD
上
留
下
所
有
痕
迹
的
面
积
为
S =2S△+ S扇形=rmd + 2
3 π(rm)
2=( 4√3
3
+ 8 π
9 )×10
- 4≈5.0×10
- 4m
2
（4）加上水平向右的电场后，粒子进入磁场区域时水平方向匀加速运动，垂直磁场方向做匀速
圆周运动，其周期为T = 2πm
q B2
= 40√3 π
3
×10
-8(s)
因粒子圆周的周期与速度大小无关，出现图1 直线时，所有粒子偏转120°，由运动等时性可知，
水平方向运动时间恰为T
3 ，出现图2 直线时，所有粒子恰好运动一周，水平方向运动时间为T，
由运动学公式有：
K 1= v0( 1
3 T )+ 1
2 ( qE
m )( 1
3 T )
2
K 2= v0T + 1
2 ( qE
m )T
2
所以两点相距ΔK = K 2- K 1= v0( 2
3 T )+ 1
2 ( qE
m )[T
2-( T
3 )
2
]= 2√3 π
25
(m)
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