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秘籍9 带电粒子在电场、磁场中的动力学问题
1.本专题主要讲解带电粒子(带电体)在电场、磁场中运动时动力学和能量观点的综合运用，高考
常以计算题出现。
2.学好本专题，可以加深对动力学和能量知识的理解，能灵活应用受力分析、运动分析(特别是平
抛运动圆周运动等曲线运动)的方法与技巧，熟练应用能量观点解题。
3.用到的知识:受力分析、动力学分析、能量。
题型一 优化场区分布创新考察电、磁偏转（计算题）
题型二 利用交变电场考带电粒子在运动的多过程问题（计算题）
题型三 借助电子仪器考带电粒子运动的应用问题（计算题）
1、带电粒子在电场中的偏转
Ⅰ、带电粒子在电场中的偏转
(1)条件分析：带电粒子垂直于电场线方向进入匀强电场．
(2)运动性质：匀变速曲线运动．
(3)处理方法：分解成相互垂直的两个方向上的直线运动，类似于平抛运动．
(4)运动规律：
①沿初速度方向做匀速直线运动，运动时间
②沿电场力方向，做匀加速直线运动
Ⅱ、带电粒子在匀强电场中偏转时的两个结论
(1)不同的带电粒子从静止开始经过同一电场加速后再从同一偏转电场射出时，偏移量和偏转角总是
相同的．
证明：由qU0＝mv
1
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y＝at2＝··()2
tan θ＝
得：y＝，tan θ＝
(2)粒子经电场偏转后，合速度的反向延长线与初速度延长线的交点O 为粒子水平位移的中点，即
O 到偏转电场边缘的距离为.
Ⅲ、带电粒子在匀强电场中偏转的功能关系
当讨论带电粒子的末速度v 时也可以从能量的角度进行求解：qUy＝mv2－mv，其中Uy＝y，指初、
末位置间的电势差．
2、带电粒子在电场中运动问题的两种求解思路
(1)运动学与动力学观点
①运动学观点是指用匀变速运动的公式来解决实际问题，一般有两种情况：
a．带电粒子初速度方向与电场线共线，则粒子做匀变速直线运动；
b．带电粒子的初速度方向垂直电场线，则粒子做匀变速曲线运动(类平抛运动)．
②当带电粒子在电场中做匀变速曲线运动时，一般要采取类似平抛运动的解决方法．
(2)功能观点：首先对带电粒子受力分析，再分析运动形式，然后根据具体情况选用公式计算．
①若选用动能定理，则要分清有多少个力做功，是恒力做功还是变力做功，同时要明确初、末状态
及运动过程中的动能的增量．
②若选用能量守恒定律，则要分清带电粒子在运动中共有多少种能量参与转化，哪些能量是增加的
哪些能量是减少的．
3、带电粒子做圆周运动的分析思路
Ⅰ、匀速圆周运动的规律
若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v 做匀速圆周运动．
Ⅱ、圆心的确定
(1)已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和
出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图3 甲所示，P 为入射点，M 为出射点)．
2
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图3
(2)已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出
射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P 为入射点，M 为出射
点)．
Ⅲ、半径的确定
可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．
Ⅳ、运动时间的确定
粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ 时，其运动时间表示为
t＝T(或t＝)．
1．（2024•重庆开学）一束电子从静止开始经加速电压U1＝U0加速后，水平射入水平放置的两平
行金属板中间，如图所示。金属板长为l，两板距离为d＝l，竖直放置的荧光屏距金属板右端为
L＝2l，若在两金属板间加直流电压U2＝U0时，光点偏离中线打在荧光屏上的P1点，已知电子
的质量为m，电量为e，U0= 2mv
2
e
。不计电子重力及电子之间的相互作用。求：
（1）电子刚进入偏转电场时的速度大小；
（2）电子离开偏转电场后打在荧光屏上OP1的距离；
（3）若把两金属板间加直流电压U2′＝2U0，电子打在荧光屏上P2点，则电子两次打在荧光屏
上的动能之比Ek1：Ek2是多少。
3
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【解答】解：（1）设电子刚进入偏转电场时的速度大小为v0，由动能定理，可得：
eU 1= 1
2 mv0
2
代入数据解得：v0＝2v
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向有：l＝v0t
垂直于电场线方向有：y = 1
2 at
2
又根据牛顿第二定律：a= U 2e
ml
解得：y = 1
4 l
由几何关系，可得：y
h =
1
2 l
3
2 l
整理变形得：h= 3
4 l
（3）同理，改变金属板间电压后，有：l＝v0t，y ' = 1
2
U 2' e
ml t
2
解得：y ' = 1
2 l
由动能定理，可得电子两次打在荧光屏上的动能分别为：Ek 1=eU 0+e 1
4 U 0= 5
4 eU 0，
Ek 2=eU 0+e 1
2 U 0= 3
2 eU 0
所以动能之比为：Ek1：Ek2＝5：6
答：（1）电子刚进入偏转电场时的速度大小为2v；
（2）电子离开偏转电场后打在荧光屏上OP1的距离为3
4 h；
（3）电子两次打在荧光屏上的动能之比Ek1：Ek2是5：6。
2．（2023 秋•南山区校级期末）如图所示，虚线MN 左侧有一方向水平向左、电场强度大小为E
的匀强电场，在两条平行的虚线MN 和PQ 之间存在着长为L，间距为d 的平行金属板，两板之
间电压为U，AO 过两板的中线，在虚线PQ 右侧距离为L
2
处有一水平放置，长度为L
2
的屏，屏
到AO 的距离为d。现将一带电量为﹣q（q＞0），质量为﹣m 的带电粒子无初速度地放入电场
4
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中的A 点，A 点到MN 的距离为kL，粒子最后可打在右侧屏上。不计带电粒子的重力，求：
（1）求带电粒子到达MN 时的速度大小；
（2）求带电粒子离开平行金属板时距中心线AO 的偏移量；
（3）改变k 的大小，可调节粒子在电场中的释放点A 到MN 的距离，可使所有粒子都能打在屏
上，求k 的取值范围。
【解答】解：（1）电子从A 运动到MN 的过程中，根据动能定理得
kLEq= 1
2 mv
2
解得
v =√
2kLEq
m
；
（2）粒子在平行板的运动时间
t = L
v =√
mL
2kEq
根据牛顿第二定律，竖直方向的加速度为
a= Uq
dm
带电粒子离开平行金属板时距中心线AO 的偏移量
y = 1
2 at
2= UL
4 kdE
；
（3）如图所示
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当粒子达到屏的最左侧，k 最大，由几何关系有
y1= 1
2 d
故有
UL
4 k1dE = 1
2 d
解得
k1= 2d
2 E
UL
当粒子达到屏的最右侧，k 最小，由几何关系有
y2= 1
3 d
故有
UL
4 k2dE = 1
3 d
解得
k2= 4 d
2 E
3UL
所以使所有粒子都能打在屏上，k 的取值范围为
4 d
2 E
3UL ≤k ≤2d
2 E
UL
。
答：（1）带电粒子到达MN 时的速度大小为√
2kLEq
m
；
（2）带电粒子离开平行金属板时距中心线AO 的偏移量为UL
4 kdE
；
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（3）k 的取值范围为4 d
2 E
3UL ≤k ≤2d
2 E
UL
。
3．（2023 秋•碑林区校级期末）如图所示，A、B 接在电压大小恒为U 的交变电源上，质量为m、
电荷量为+q（q＞0）的离子，以初速度v0进入直线加速器第1 个金属圆筒左侧的小孔，离子在
每个筒内均做匀速直线运动，时间均相等，在相邻两筒间的缝隙内被电场加速，加速时间不计。
离子从第3 个金属圆筒右侧出来后，立即由M 点射入转向器，转向器中有辐射状电场，离子沿
着圆弧虚线（等势线）运动，并从N 点射出，离子射出时速度方向与矩形区域CDQP 内有界匀
强电场的电场强度方向垂直，最终离子恰好打在Q 点。已知第3 个金属圆筒的长度为l，转向器
虚线MN 处电场强度的大小为E，QP＝d、PN＝2d。求：
（1）离子在每个金属圆筒内运动的时间；（2）离子在转向器中做圆周运动的半径；
（3）矩形区域CDQP 内电场强度的大小。
【解答】解：（1）设离子在第三个圆筒内运动时的速度为v，则有
1
2 m v
2- 1
2 m v0
2=2qU
离子在每个金属圆筒内运动的时间
t = l
v
解得
t =l√
m
4 qU +m v0
2
（2）离子由M 点射入转向器，沿着圆弧虚线（等势线）做圆周运动运动，则有
Eq=m v
2
R
结合上述解得
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R = 4 qU +m v0
2
Eq
（3）离子在矩形区域CDQP 内做类平抛运动，加速度
a= qE'
m
沿电场方向和垂直电场方向的位移分别为
2d = 1
2 at '
2，d＝vt′
联立可得
E' = 4 m v0
2+16qU
qd
答：（1）离子在每个金属圆筒内运动的时间l√
m
4 qU +m v0
2
；
（2）离子在转向器中做圆周运动的半径4 qU +m v0
2
Eq
；
（3）矩形区域CDQP 内电场强度的大小4 m v0
2+16qU
qd
。
4．（2023 秋•广州期末）如图甲所示，α 粒子射线管由平行于x 轴的平行金属板A、B 组成，A、B
板长度和板间距均为L，A、B 板中间有平行于x 轴的绝缘细管C，开口在y 轴上。粒子源P 放
置在A 极板左下端，可以沿特定方向发射α 粒子。当A、B 板加上某一电压时，α 粒子刚好能以
速度v 水平进入细管C，保持速度不变，再进入静电分析器中做匀速圆周运动，已知静电分析器
中电场线的方向均沿半径方向指向圆心O，α 粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为L。之后α
粒子垂直x 轴进入第四象限（此时对应图乙t＝0 时刻），施加如图乙所示沿x 轴方向的交变电
场。规定沿x 轴正方向为电场正方向。已知α 粒子电荷量大小为q，质量为m，重力不计。求：
（1）静电分析器中的场强大小E0；
（2）α 粒子从粒子源P 发射时的初速度大小；
（3）当t＝T 时，α 粒子的坐标。
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【解答】解：（1）在静电分析器中，静电力提供向心力，由牛顿第二定律有
q⋅E0=m v
2
r
可得
E0= mv
2
qL
（2）由题意可知，α 粒子的运动可以认为反方向的类平抛运动，设运动时间为t，则有
水平方向有
L＝vt
竖直方向有
L
2 = 0+ v y
2
⋅t
则初速度大小 v0=√v
2+ v y
2
解得
v0=√2v
（3）α 粒子进入第四象限做类平抛运动。一个周期内，α 粒子在x 轴方向上，第一个T
4
内做匀
加速直线运动，第二个T
4
内做匀减速直线运动，第三个T
4
内反向匀加速，第四个T
4
内再匀减速。
由运动的对称性可知α 粒子在x 轴上一个周期内的位移为0
在﹣y 方向上α 粒子做匀速直线运动，故t＝T 时，α 粒子的纵坐标为
y＝﹣vT
在t＝T 时，α 粒子的坐标为（L，﹣vT）。
答：（1）静电分析器中的场强大小E0为mv
2
qL
；
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（2）α 粒子从粒子源P 发射时的初速度大小为√2v；
（3）当t＝T 时，α 粒子的坐标为（L，﹣vT）。
5．（2023 秋•罗湖区校级期中）如图甲所示，在空间中建立xOy 坐标系，α 射线管由平行金属板
A、B 和平行于金属板的细管C 组成，放置在第Ⅱ象限，细管C 到两金属板距离相等，细管C 开
口在y 轴上。放射源P 在A 板左端，可以沿特定方向发射某一初速度的α 粒子。若金属板长为
L、间距为d，当A、B 板间加上某一电压时，α 粒子刚好能以速度v0从细管C 水平射出，进入
位于第Ⅰ象限的静电分析器中。静电分析器中存在着辐向电场（电场线沿半径方向指向圆心
O），α 粒子在该电场中恰好做匀速圆周运动，α 粒子运动轨迹处的场强大小为E0。t＝0 时刻α
粒子垂直x 轴进入第Ⅳ象限的交变电场中，交变电场的电场强度随时间的变化关系如图乙所示，
规定沿x 轴正方向为电场的正方向。已知α 粒子的电荷量为2e（e 为元电荷）、质量为m，重力
不计。求：
（1）α 粒子从放射源P 运动到C 的过程中动能的变化量ΔEk和发射时初速度v 的大小；
（2）α 粒子在静电分析器中运动的轨迹半径r 和运动的时间t0；
（3）当t＝T 时，α 粒子的坐标。
【解答】解：（1）由题意可知，α 粒子在平行金属板中的逆运动为类平抛运动，粒子运动的轨
迹如图所示
沿x 轴方向有
L＝v0t
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沿y 轴方向有
d
2 = 1
2 at
2
由牛顿第二定律有
2e⋅U
d =ma
联立解得
U = md
2v0
2
2e L
2
α 粒子从放射源P 运动到C 的过程中，由动能定理有
-2e⋅1
2 U = Δ Ek
解得
Δ Ek =- md
2v0
2
2 L
2
动能的变化量
Δ Ek = 1
2 m v0
2- 1
2 m v
2
解得
v = v0√
1+ d
2
L
2
（2）α 粒子在静电分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
2e E0=m v0
2
r
解得
r = m v0
2
2e E0
由
πr
2 = v0t0
解得
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t0= πmv0
4 e E0
（3）t = T
2
时，α 粒子在x 轴方向的速度
v x = 2e E0
m
⋅T
2
所以一个周期内，α 粒子在x 轴方向的平均速度
v x = v x
2 = e E0T
2m
一个周期内α 粒子沿x 轴正方向前进的距离
x0= v xT = e E0T
2
2m
t＝0 时，α 粒子的横坐标为
r = m v0
2
2e E0
所以t＝T 时，α 粒子的横坐标为
x =r + x0= mv0
2
2e E0
+ e E0T
2
2m
α 粒子的纵坐标为
y＝﹣v0T
则在t＝T 时，α 粒子的坐标为( m v0
2
2e E0
+ e E0T
2
2m
，- v0T )。
答：（1）α 粒子从放射源P 运动到C 的过程中动能的变化量ΔEk为- md
2v0
2
2 L
2
，发射时初速度v
的大小v0√
1+ d
2
L
2
；
（2）α 粒子在静电分析器中运动的轨迹半径r 为mv0
2
2e E0
，运动的时间t0为πm v0
4 e E0
；
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（3）当t＝T 时，α 粒子的坐标为( m v0
2
2e E0
+ e E0T
2
2m
，- v0T )
6．（2024•泉州二模）如图，在直角坐标系xOy 中，y 轴竖直，左侧存在一个垂直纸面向里的匀强
磁场和沿y 轴正方向的匀强电场；右侧存在沿x 轴负方向的匀强电场，y 轴左侧场强大小为右侧
的2 倍。质量为m、电荷量为q 的带正电小球（可视为质点），从点M（L，﹣2L）以某一初速
度沿y 轴正方向射出，恰好经过原点O 且此时速度方向刚好沿x 轴负方向，继续运动一段时间
后到达点N (- √3
2 L，- 3
2 L)。已知重力加速度大小为g。求：
（1）小球从M 点运动到原点O 过程中的水平加速度大小；
（2）y 轴左侧电场强度的大小；
（3）匀强磁场的磁感应强度大小B。
【解答】解：（1）设小球从M 点运动到O 点的时间为t，水平方向的加速度大小为a，在水平
方向做初速度为零的匀加速运动，由位移—时间公式有：L= 1
2 at
2
竖直方向做竖直上抛运动，末速度为零，同理：2 L= 1
2 gt
2
联立解得：a= g
2
（2）设右侧场强大小为E1，左侧场强大小为E2，由牛顿第二定律得：qE1＝ma
又由题意可知：E2＝2E1
解得：E2= mg
q
（3）小球在y 轴左侧电场中受到的电场力：F＝qE2＝mg
方向竖直向上，所以带电小球在磁场中做匀速圆周运动，做出小球的运动轨迹如图所示，
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由几何关系可知：tan ∠NOO' =
√3
2
3
2
= √3
3
则可知：∠NOO′＝30°，ON =√( √3
2 L)
2+( 3
2 L)
2=√3 L
设小球运动半径为r，根据几何关系有：√3 L=2rcos30°
设小球经过O 时的速度大小为v1，由（1）可知：v1
2=2aL
根据洛伦兹力充当向心力有：q v1B =m v1
2
r
联立解得：B = m√gL
qL
答：（1）小球从M 点运动到原点O 过程中的水平加速度大小为g
2
；
（2）y 轴左侧电场强度的大小为mg
q
；
（3）匀强磁场的磁感应强度大小B 为m√gL
qL
。
7．（2024•沈阳一模）如图所示，空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。纸
面内有一半径为R 的圆环，圆心为O，圆环上涂有荧光材料，电子打到圆环表面时被圆环吸收，
荧光材料会发出荧光。以圆环的圆心O 为坐标原点，建立平面直角坐标系xOy，A 点的坐标为
（0，R），P 点的坐标为(-√3 R，0)。P 处有一粒子源，可在纸面内沿着各个方向发射速率为
eBR
m
的电子，其中m 为电子质量，e 为电荷量的绝对值。不计电子重力和电子间的相互作用。
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求：
（1）从粒子源正对O 点射出的电子，到达圆环的坐标；
（2）在A 点被吸收的电子，到达圆环所需时间；
（3）圆环上发光部分的圆弧长度。
【解答】解：（1）根据粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式r= mv
qB
得，
电子的轨迹半径：r = mv
Be = R
从粒子源正对O 点射出的电子与圆环交于一点（x，y），则根据几何关系，
电子的轨迹方程为：
(-√3 R - x)
2+(- R - y)
2= R
2
且该点在圆上：x2+y2＝R2
联立解二次方程，得到达圆环的坐标为：(- √3
2 R，- 1
2 R)。
（2）根据A 点的坐标，如下图，
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因为：AP =√R
2+(√3 R)
2=2 R
所以电子垂直AP 出射，经过A 点，运动了半个圆周，电子运动周期：T = 2πm
Be
在A 点被吸收的电子，到达圆环所需时间：t = 1
2 T = πm
Be
（3）根据几何关系可知，打在A 点的是上弧的最远点，第（1）问中的粒子轨迹刚好与圆相切，
是在下半圆的最远点，根据几何关系可知有电子经过的圆弧对应圆心角为：θ＝90°+30°＝120°
所以圆环上发光部分的圆弧长度：l = 1
3 ×2πR = 2πR
3
答：（1）从粒子源正对O 点射出的电子，到达圆环的坐标为(- √3
2 R，- 1
2 R)；
（2）在A 点被吸收的电子，到达圆环所需时间为πm
Be
；
（3）圆环上发光部分的圆弧长度为2πR
3
。
8．（2023 秋•昌平区期末）物理学中的宏观现象与粒子的微观行为之间存在必然联系，从微观角度
分析宏观现象产生的本质原因是物理学的重要研究方法。
（1）如图1 所示，一段横截面积为S、长为L 的直导线，单位体积内有n 个自由电子，电子电
荷量为e。该导线两端加电压时，自由电子定向移动的平均速率为v。
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a.请推导导线中的电流I 与v 之间关系式。
b.将该通电直导线放在磁感应强度B 的匀强磁场中，电流方向与磁感线垂直，导线所受安培力大
小为F＝BIL。请由安培力的表达式推导洛伦兹力的表达式f＝evB。
（2）如图2 所示的霍尔元件，宽度和厚度分别为h 和d，放在沿﹣z 方向的匀强磁场B 中，当元
件通有沿x 方向的电流I 时，在元件的上侧面和下侧面之间会产生电势差U。已知该霍尔元件的
载流子是电子，电荷量为e，单位体积中的自由电子数为n。
a.请证明：U = BI
neh
。
b.由上问可知，在I、n、e、h 一定的条件下，U 与B 成正比，由U 的数值可以比较B 的大小，
因此可以用这种元件探测某空间磁场的磁感应强度。该元件的摆放的方向对测量结果是否有影
响？简要说明理由。
【解答】解：（1）a．以一段导线作为研究对象，导线的横截面积为S，单位体积内的自由电子
数为n，自由电子定向移动的平均速率为v，则时间t 内通过导线横截面的自由电子数为
N＝nSvt
时间t 内通过导线横截面的电荷量Q＝Ne＝neSvt
根据电流的定义I = Q
t
解得：I＝neSv
b．由前问推导可知，导线中电流I＝neSv
导线所受安培力F＝BIL
导线中自由电荷的总数N＝nSL
运动电荷所受洛伦兹力与导线所受安培力的关系为
Nf＝F
代入得nSLf＝BneSvL
推得：f＝evB
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（2）a．自由电子在洛伦兹力的作用下积累在导体的上侧面，下侧面带等量的正电荷，当上下
侧面有稳定的电势差时，电场力和洛伦兹力平衡，则有
eE＝evB
上下侧面间的电场可视为匀强电场，故有E = U
d
由电流的微观表达式I＝nevS＝nevhd
由此可证U = BI
neh
b．用霍尔元件探测空间磁场时，元件的摆放方向对U 有影响。因为洛伦兹力的大小与电子运动
方向有关。若B 的方向平行于I 的方向，则U＝0；若B 的方向与I 的方向垂直，U 为最大值。
所以使用时应该调整装置方向找到最大值。
答：（1）a、请推导导线中的电流I 与v 之间关系式为I＝neSv；
b、见解析；
（2）a、证明过程见解析；
b、见解析。
9．（2023•龙华区校级四模）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序．如图所示是一
部分离子注入工作原理示意图，离子经加速后沿水平方向进入速度选择器，选择出一定速度的
离子，然后通过磁分析器Ⅰ，选择出特定比荷的离子，经偏转系统Ⅱ后注入水平放置的硅片上．
速度选择器、磁分析器中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速度选择
器中的匀强电场场强大小为E，方向竖直向上．磁分析器截面是矩形，矩形长为2L，宽为
(4 -2√3)L．其宽和长中心位置C 和D 处各有一个小孔；半径为L 的圆形偏转系统Ⅱ内存在垂
直纸面向外，磁感应强度大小可调的匀强磁场，D、M、N 在一条竖直线上，DM 为圆形偏转系
统的直径，最低点M 到硅片的距离MN= L
2
，不计离子重力。
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（1）求离子通过速度选择器后的速度大小；
（2）求磁分析器选择出来的离子的比荷；
（3）若偏转系统磁感应强度大小的取值范围2√3
3
B≤B偏≤√3B，求硅片上离子注入的宽度．
【解答】解：（1）离子在速度选择器中做匀速直线运动，设离子通过速度选择器的速度为v，
由平衡条件得：
qvB＝qE
解得：v= E
B
（2）离子进入磁分析器Ⅰ后由C 到D 做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，设其运动半径为
r，轨迹的圆心为O′点，轨迹圆心角为θ，由几何关系得：
[r- 1
2 (4 -2√3)L]2+L2＝r2
解得：r＝2L
sinθ= L
r = 1
2
解得：θ＝30°
由洛伦兹力提供向心力得：
qvB＝mv
2
r
解得比荷：q
m =
E
2B
2 L
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（3）离子由D 点进入偏转系统后做匀速圆周运动，由qvB 偏＝mv
2
R ，
可得离子在偏转系统中圆周运动半径：R= mv
q B偏
= 2BL
B偏
当B偏=√3 B时，其运动半径为R1= 2√3
3
L，因R1cosθ= 2√3
3
L× √3
2 =L，故轨迹圆心O1 与圆形
磁场的圆心O 在同一水平线上，由几何关系可得离子恰好在M 点离开磁场，离开磁场时速度方
向与水平方向夹角为θ，轨迹如图中红色轨迹。
当B偏= 2√3
3
B时，其运动半径为R2=√3L，因2Lcosθ=√3L＝R2，故轨迹圆心O2恰好在圆形磁
场圆周边界上，由几何关系可得离子恰好在过圆心O2的水平线与磁场边界的交点G 离开磁场，
离开磁场时速度方向竖直向下，轨迹如图中蓝色轨迹。
由题意可知离子在GM 区域离开磁场，离开磁场离子做匀速直线运动，在硅片上离子注入的宽
度等于P、Q 两点的距离，则有：
PN= 1
2R2= √3 L
2
QN=
L
2
tanθ = √3 L
2
PQ＝PN+QN=√3 L。
答：（1）离子通过速度选择器后的速度大小为E
B
；
（2）磁分析器选择出来的离子的比荷为
E
2B
2 L
；
（3）硅片上离子注入的宽度为√3 L。
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10．（2023•咸阳一模）在芯片制造过程中，离子注入是其中一道重要的工序。如图，是离子注入
工作原理示意图，正离子质量为m，电荷量为q，经电场加速后沿水平方向进入速度选择器，然
后通过磁分析器，选择出特定比荷的正离子，经偏转系统后注入处在水平面上的晶圆硅片。速
度选择器、磁分析器和偏转系统中匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向外；速
度选择器和偏转系统中匀强电场的电场强度大小均为E，方向分别为竖直向上和垂直纸面向外。
磁分析器截面是内外半径分别为R1和R2的四分之一圆弧，其两端中心位置M 和N 处各有一小
孔；偏转系统中电场和磁场的分布区域是一棱长为L 的正方体，晶圆放置在偏转系统底面处。
当偏转系统不加电场和磁场时，正离子恰好竖直注入到晶圆上的O 点，O 点也是偏转系统底面
的中心。以O 点为原点建立xOy 坐标系，x 轴垂纸面向外。整个系统处于真空中，不计正离子
重力，经过偏转系统直接打在晶圆上的正离子偏转的角度都很小，已知当α 很小时，满足：sinα
＝α，cosα＝1- 1
2 α
2。
（1）求正离子通过速度选择器后的速度大小v 及磁分析器选择出的正离子的比荷；
（2）当偏转系统仅加磁场时，设正离子注入到显上的位置坐标为（x，y），请利用题设条件，
求坐标（x，y）的值。
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【解答】解：（1）在速度选择器中有Bqv＝Eq，解得：v = E
B
在磁分析器中，根据洛伦兹力提供向心力有qvB =m v
2
R
根据几何关系
解得q
m =
2 E
B
2( R1+ R2)
（2）在偏转系统中，因为只加有磁场，所以带电离子做匀速圆周运动。设离子轨迹的圆心角为
α，如图所示
由几何关系得sinα = L
R
所以有y＝R（1﹣cosα）
由题设条件sinα＝α，cosα =1- 1
2 α
2
可得y = R(1-cosα )= R× 1
2 α
2= 1
2 R⋅sin
2α = L
2
2 R =
L
2
R1+ R2
所以正离子注入到显上的位置坐标为(0，
L
2
R1+ R2
)。
答：（1）正离子通过速度选择器后的速度大小v 为E
B
，磁分析器选择出的正离子的比荷为
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2 E
B
2( R1+ R2)
；
（2）坐标（x，y）的值为(0，
L
2
R1+ R2
)。
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