帶電粒子在電磁組合場中的運動

一、真題精選（高考必備）

1.（2019?全國?高考真題）如圖，在直角三角形OPN區域內存在勻強磁場，磁感應強度大小為8、方向垂直于紙

面向外.一帶正電的粒子從靜止開始經電壓U加速后，沿平行于X軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP

邊上某點以垂直于X軸的方向射出.已知。點為坐標原點，N點在y軸上，OP與X軸的夾角為30。，粒子進入磁場

的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為止不計重力.求

?-*

N------------------------------P

?——>..............................-1

????

（1）帶電粒子的比荷；

（2）帶電粒子從射入磁場到運動至X軸的時間.

2.（2021?重慶?高考真題）如圖1所示的豎直平面內，在原點O有一粒子源，可沿X軸正方向發射速度不同、

比荷均為"的帶正電的粒子。在x≥L的區域僅有垂直于平面向內的勻強磁場；x<L的區域僅有如圖2所示的電場，

m

0~f0時間內和2f。時刻后的勻強電場大小相等，方向相反（0~r。時間內電場方向豎直向下），f0~2%時間內電場

強度為零。在磁場左邊界X=L直線上的某點，固定一粒子收集器（圖中未畫出）。。忖刻發射的A粒子在時刻經

過左邊界進入磁場，最終被收集器收集；B粒子在當時刻以與A粒子相同的發射速度發射，第一次經過磁場左邊界

4/I

的位置坐標為口,-左）；C粒子在。時刻發射，其發射速度是A粒子發射速度的不經過磁場能被收集器收集。

94

忽略粒子間相互作用力和粒子重力，不考慮邊界效應。

⑴求電場強度E的大小；

⑵求磁感應強度B的大小；

⑶設4時刻發射的粒子能被收集器收集，求其有可能的發射速度大小。

o?x=L

■>

OX0Io天

圖1圖2

3.（2021,廣東?高考真題）圖是一種花瓣形電子加速器簡化示意圖，空間有三個同心圓b、C圍成的區域，圓“

內為無場區，圓”與圓6之間存在輻射狀電場，圓b與圓C之間有三個圓心角均略小于90。的扇環形勻強磁場區回、

倒和隊各區感應強度恒定，大小不同，方向均垂直紙面向外。電子以初動能紇。從圓6上尸點沿徑向進入電場，電

場可以反向,保證電子每次進入電場即被全程加速，已知圓。與圓b之間電勢差為U,圓b半徑為K,圓C半徑為gR,

電子質量為機，電荷量為e,忽略相對論效應，取tan22.5。=0.4。

（1）當々。=0時，電子加速后均沿各磁場區邊緣進入磁場，且在電場內相鄰運動軌跡的夾角e均為45。，最終從Q

點出射，運動軌跡如圖中帶箭頭實線所示，求團區的磁感應強度大小、電子在團區磁場中的運動時間及在。點出射時

的動能；

（2）已知電子只要不與回區磁場外邊界相碰，就能從出射區域出射。當Eko=AeU時，要保證電子從出射區域出射，

求R的最大值。

4.（2021?浙江?高考真題）如圖甲所示，空間站上某種離子推進器由離子源、間距為d的中間有小孔的兩平行金屬

板M、N和邊長為L的立方體構成，其后端面P為噴口。以金屬板N的中心。為坐標原點，垂直立方體側面和金

屬板建立X、），和Z坐標軸。M、N板之間存在場強為E、方向沿Z軸正方向的勻強電場；立方體內存在磁場，其磁

感應強度沿Z方向的分量始終為零，沿X和y方向的分量星和By隨時間周期性變化規律如圖乙所示，圖中綜可調。

債離子（Xe?+）束從離子源小孔S射出，沿Z方向勻速運動到M板，經電場加速進入磁場區域，最后從端面P射

出，測得離子經電場加速后在金屬板N中心點。處相對推進器的速度為處已知單個離子的質量為小電荷量為2e,

忽略離子間的相互作用，且射出的離子總質量遠小于推進器的質量。

（）求離子從小孔射出時相對推進器的速度大小

1Sv5i

（2）不考慮在磁場突變時運動的離子，調節&的值，使得從小孔S射出的離子均能從噴口后端面P射出，求當的

取值范圍；

（3）設離子在磁場中的運動時間遠小于磁場變化周期T,單位時間從端面P射出的離子數為小且&=叵也。

5eL

求圖乙中為時刻離子束對推進器作用力沿Z軸方向的分力。

5.（2021,山東?高考真題）某離子實驗裝置的基本原理如圖甲所示。回區寬度為d,左邊界與X軸垂直交于坐標原點

O,其內充滿垂直于Xoy平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為綜；團區寬度為3左邊界與X軸垂直交于。1點,

右邊界與X軸垂直交于。2點，其內充滿沿y軸負方向的勻強電場。測試板垂直X軸置于回區右邊界，其中心C與。2

點重合。從離子源不斷飄出電荷量為外質量為，”的正離子，加速后沿X軸正方向過。點，依次經回區、回區，恰好

到達測試板中心C。已知離子剛進入回區時速度方向與X軸正方向的夾角為6。忽略離子間的相互作用，不計重力。

（1）求離子在回區中運動時速度的大小v；

（2）求13區內電場強度的大小E；

（3）保持上述條件不變，將團區分為左右兩部分，分別填充磁感應強度大小均為B（數值未知）方向相反且平行y

軸的勻強磁場，如圖乙所示。為使離子的運動軌跡與測試板相切于C點，需沿X軸移動測試板，求移動后C到。的

距離S。

×βo≡

離子劈f丐。:C審

加速直

圖甲

6.（2022?山東,高考真題）中國"人造太陽"在核聚變實驗方面取得新突破，該裝置中用電磁場約束和加速高能離子,

其部分電磁場簡化模型如圖所示，在三維坐標系3z中，0<z）,d空間內充滿勻強磁場I,磁感應強度大小為8,方

向沿X軸正方向；-3d,,z<0,y..O的空間內充滿勻強磁場II,磁感應強度大小為直8,方向平行于XOy平面，與

2

X軸正方向夾角為45。：z<0,y≤0的空間內充滿沿y軸負方向的勻強電場。質量為機、帶電量為+4的離子甲，從

yθz平面第三象限內距y軸為L的點A以一定速度出射，速度方向與Z軸正方向夾角為戶，在yθz平面內運動一段

時間后，經坐標原點。沿Z軸正方向進入磁場L不計離子重力。

（1）當離子甲從A點出射速度為%時，求電場強度的大小E;

（2）若使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，求進入磁場時的最大速度%;

（3）離子甲以繆的速度從。點沿Z軸正方向第一次穿過xθy面進入磁場I,求第四次穿過XOy平面的位置坐標（用

d表示）；

（4）當離子甲以群的速度從。點進入磁場I時，質量為4加、帶電量為+4的離子乙，也從。點沿Z軸正方向以相

2m

同的動能同時進入磁場I,求兩離子進入磁場后，到達它們運動軌跡第一個交點的時間差加（忽略離子間相互作用）。

7.（2018?全國?高考真題）一足夠長的條狀區域內存在勻強電場和勻強磁場，其在Xoy平面內的截面如圖所示：中

間是磁場區域，其邊界與y軸垂直，寬度為/,磁感應強度的大小為8,方向垂直于X。），平面；磁場的上、下兩側

為電場區域，寬度均為電場強度的大小均為E,方向均沿X軸正方向；用、N為條狀區域邊界上的兩點，它們的

連線與y軸平行，一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經過一段時間后恰好以從M點入射

的速度從N點沿y軸正方向射出，不計重力。

(1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡:

（2）求該粒子從M點入射時速度的大小;

（3）若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與X軸正方向的夾角為B，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時

間。

8.（2021?河北?高考真題）如圖，一對長平行柵極板水平放置，極板外存在方向垂直紙面向外、磁感應強度大小為

B的勻強磁場，極板與可調電源相連，正極板上。點處的粒子源垂直極板向上發射速度為%、帶正電的粒子束，單

個粒子的質量為加、電荷量為q,一足夠長的擋板OM與正極板成37。傾斜放置，用于吸收打在其上的粒子，C、P

是負極板上的兩點，C點位于0點的正上方，P點處放置一粒子靶（忽略靶的大小），用于接收從上方打入的粒子，

3

CP長度為4,忽略柵極的電場邊緣效應、粒子間的相互作用及粒子所受重力。Sin37°=jo

（1）若粒子經電場一次加速后正好打在P點處的粒子靶上，求可調電源電壓4的大小；

（2）調整電壓的大小，使粒子不能打在擋板。〃上，求電壓的最小值UnI,?；

（3）若粒子靶在負極板上的位置P點左右可調，則負極板上存在”、S兩點（CHWCP<CS,H、S兩點末在圖中

標出）、對于粒子靶在MS區域內的每一點，當電壓從零開始連續緩慢增加時，粒子靶均只能接收到〃（"≥2）種

能量的粒子，求CH和C5的長度（假定在每個粒子的整個運動過程中電壓恒定）。

9.（2021?全國?高考真題）如圖，長度均為/的兩塊擋板豎直相對放置，間距也為/,兩擋板上邊緣P和M處于同

一水平線上，在該水平線的上方區域有方向豎直向下的勻強電場，電場強度大小為E：兩擋板間有垂直紙面向外、

磁感應強度大小可調節的勻強磁場。一質量為，"，電荷量為q（√>0）的粒子自電場中某處以大小為Vo的速度水平

向右發射，恰好從P點處射入磁場，從兩擋板下邊緣。和N之間射出磁場，運動過程中粒子未與擋板碰撞。已知

粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為60°,不計重力。

（1）求粒子發射位置到尸點的距離：

（2）求磁感應強度大小的取值范圍；

（3）若粒子正好從QN的中點射出磁場，求粒子在磁場中的軌跡與擋板MN的最近距離。

10.（2022?河北?高考真題）兩塊面積和間距均足夠大的金屬板水平放置，如圖1所示，金屬板與可調電源相連形

成電場，方向沿y軸正方向。在兩板之間施加磁場，方向垂直XOy平面向外。電場強度和磁感應強度隨時間的變化

規律如圖2所示。板間O點放置一粒子源，可連續釋放質量為〃?、電荷量為。（4>0）、初速度為零的粒子，不計重

力及粒子間的相互作用，圖中物理量均為已知量。求：

2兀〃？

(1)f=O時刻釋放的粒子，在f=一廠時刻的位置坐標;

qB。

在O~等時間內，靜電力對t=O時刻釋放的粒子所做的功;

(2)

qB*

4πEwπ2Em6τιm

(3)在M0v點放置一粒接收器，在κ時間內什么時刻釋放的粒子在電場存在期間被捕獲。

濕’4qB：祖

圖1圖2

二、強基訓練（高手成長基地）

1.（2022?天津?模擬預測）如圖甲所示的一種離子推進器，由離子源、間距為d的平行金屬板C、。和邊長為L的

立方體構成，其中C、。正中間各有一個小孔且兩小孔正對，工作原理簡化圖如圖乙所示。款離子從腔室中飄移過

柵電極C的速度大小可忽略不計，在柵電極C、。之間的勻強電場中加速，并從柵電極。噴出，在加速僦離子（質

量為加、電荷量為4）的過程中飛船獲得推力，不計敬離子間的相互作用及重力影響。

（1）若該離子推進器固定在地面上實驗時，在。的右側立方體間加垂直向里的勻強磁場，從電極C中央射入的離

子加速后經。電板的中央。點進入磁場，恰好打在立方體棱邊EF的中點。上。求C、。之間的電壓U與磁感應強

度8的關系式。

（2）若宇宙飛船處于懸浮狀態（離子推進器停止工作），宇航員在飛船內從靜止經多次往復運動后回到原位置不

動，判斷飛船最終是否偏離原位置？若偏離，請計算相對原位置的距離：若不偏離，請說明理由。

（3）若撤去離子推進器中的磁場，懸浮狀態下的推進器在某段時間內噴射的N個次離子以速度V通過柵極。，該

過程中離子和飛船獲得的總動能占發動機提供能量的"倍，飛船的總質量"及獲得的動力保持不變，已知發動機總

功率為P，求動力大小。

2.（2022?福建省廈門市教育科學研究院二模）實驗室有一裝置可用于探究原子核的性質，該裝置的主要原理可簡

化為：空間中有一直角坐標系。Xyz,在緊貼（-0.2m,0,0）的下側處有一粒子源P,能沿X軸正方向以VO=IXlo6m∕s

的速度持續發射比荷為幺=5χOC/kg的某種原子核。在x<0,γ<0的空間中沿-y方向的勻強電場E=KXIOsv/m。

m

在x>0的空間有垂直于Xoy平面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小為B∕=0.2T0忽略原子核間的相互作用，xθy

平面圖如圖甲所示。

（1）求原子核第一次穿過y軸時的速度大小；

（2）若原子核進入磁場后，經過加="xl（Γ7s瞬間分裂成“、。兩個新核。兩新核的質量之比為肛,：?=1：2；電荷

量之比為%：%=1：2；速度大小之比為/,：%=4:1,方向仍沿原運動方向。求：。粒子第1次經過y軸時的位置

（3）若電場E可在IXIO5v∕m?GXlOSV/m之間進行調節（不考慮電場變化而產生的磁場）。在XoZ平面內x<0區

域放置一足夠大的吸收屏，屏上方施加有沿-y方向大小為J=（τ的勻強磁場，如圖乙所示。原子核打在吸收屏上

即被吸收并留下印跡，求該印跡長度。

圖甲圖乙

3.（2022?廣東茂名?模擬預測）在如圖所示的平面直角坐標系X。），中，在X軸上方存在方向垂直紙面向內的勻強磁

場，下方存在勻強電場，方向平行），軸向下，電場區域呈階梯狀，寬度為L,豎直高度依次為〃、？、：、…電場區

域下方放置一系列寬度為心彼此不相連的電子探測板。電子遇到探測板后立即被吸收，不考慮反彈。一束電子從

坐標原點。沿y軸正方向射入磁場。當入射電子束的動量大小為P。時，電子束恰好能到達第一塊探測板的正中間。

已知電子質量機，電量e。

（1）求磁感應強度8和電場強度E的大小;

2po）區間均勻分布，求第N塊探測接收到的電子數。

4.（2022?湖南?長郡中學二模）如圖所示，位于豎直平面內的平面直角坐標系xO），的第一象限虛線上方（包含虛線）

存在豎直向下的勻強電場（如圖甲），電場強度大小為民第三象限某個區域（未畫出）存在垂直于紙面向里的勻

強磁場，磁感應強度大小為以現有大量質量為機、電荷量為+4的粒子以相同的初速度%水平射入電場，均經過。

點進入磁場，最后離開磁場進入第四象限，粒子在第三象限運動均在磁場中，忽略粒子的重力及相互間的作用。

（1）勻強電場的邊界方程（粒子入射點的坐標y和X間的關系）；

（2）粒子進入電場的位置記為P（x,y）其中0<y≤%,O<x≤xo,若為=；,求磁場區域的最小面積；

（3）在（2）問的基礎上，若在x>0、y<0的空間內加一沿X軸方向的大小未知的勻強磁場B/（如圖乙），則從

P（%,%）進入電場的粒子，在磁場中運動軌跡最高點的y坐標恰好為0,求軌跡最高點對應的X坐標的可能

取值。

5.（2023?浙江杭州?一模）東方超環，俗稱"人造小太陽"，是中國科學院自主研制的磁約束核聚變實驗裝置。該裝

置需要將加速到較高速度的離子束變成中性粒子束，沒有被中性化的高速帶電離子需要利用“偏轉系統"將帶電離子

從粒子束中剝離出來。假設"偏轉系統"的原理如圖所示，均勻分布的混合粒子束先以相同的速度通過加有電壓的兩

極板間，再進入偏轉磁場團中，中性粒子繼續沿原方向運動，被接收器接收；未被中性化的帶電粒子一部分打到下

極板被吸收后不可再被利用，剩下的進入磁場團后發生偏轉，被吞噬板吞噬后可以再利用。已知粒子帶正電、電荷

量為4,質量為如兩極板間電壓U可以調節，間距為乩極板長度為64,吞噬板長度為2d,極板間施加一垂直

于紙面向里的勻強磁場面，磁感應強度為B/,帶電粒子和中性粒子的重力可忽略不計，不考慮混合粒子間的相互作

用。

（1）當電壓U=O時，恰好沒有粒子進入磁場回，求混合粒子束進入極板間的初速度W等于多少？若要使所有的粒

子都進入磁場團，則板間電壓UO為多少？

（2）若所加的電壓在U°~（l+?）Uo內小幅波動，公0且A?1,此時帶電粒子在極板間的運動可以近似看成類平拋

運動。則進入磁場回的帶電粒子數目占總帶電粒子數目的比例至少多少？

（3）在（2）的條件下，若電壓小幅波動是隨時間線性變化的，規律如圖乙所示，變化周期為T,偏轉磁場邊界足

夠大。要求所有進入磁場回的粒子最終全部被吞噬板吞噬，求偏轉磁場團的磁感應強度B2滿足的條件？已知粒子束單

位時間有N個粒子進入兩極板間，中性化的轉化效率為50%,磁場回磁感應強度&取最大情況下，取下極板右端點

為坐標原點，以向下為正方向建立X坐標，如甲圖所示，求一個周期T內吞噬板上不同位置處吞噬到的粒子數密

度2（單位長度的粒子數）。

一

丁

T一

中

Z??接

2-處

磁

場

z性

dH收

子

z.??粒

-器

.子

菽-??

T.

.??

一

。.2

.??

吞.

噬.??

板??

O0.5ΓT?.5T2T

甲乙

三、參考答案及解析

（-）真題部分

,、4U

1.⑴TF

【詳解】（1）粒子從靜止被加速的過程，根據動能定理得：qU=-mv^,解得：%=J近

2Vm

根據題意，下圖為粒子的運動軌跡，由幾何關系可知，該粒子在磁場中運動的軌跡半徑為：r=^d

2

粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即：q%8=m且

r

聯立方程得：%券

（2）根據題意，粒子在磁場中運動的軌跡為四分之一圓周，長度S?=L?2τrr=也兀d

粒子射出磁場后到運動至X軸，運動的軌跡長度Sz=r?tan30=^-d

粒子從射入磁場到運動至X軸過程中，一直勻速率運動，則r=」~-

Lm2mLL(l+λ∕β)Z,

2.(l)-?-;(2)—；(3).-----------

q，o2t03t05∕0

【詳解】(1)由A粒子類平拋

L=vVo

8粒子先類平拋后勻直,

L=votB

可得

tB=tO

qE—ma

1/1、，

3%=/.〃,(，()_FO)

21

%2=(zβ~zθ)?^rθ

4

為1+%2=§Lr

11、2/2、14,

z+(”與松寸=§乙

解得

廠mL

E=-T

也

(2)對A粒子類平拋

12

得

L

yA=~

A進入磁場時速度與X軸正方向夾角為巴則

tan^=—

%

j=M)

得

tan6=l

即

6=45。

A粒子做勻圓，速度為L半徑為R,有

VA=-^=鳳

cosσ

由

qvλB=m-^

可得

囁二血m%

~qB~qB

對C粒子類平拋運動的時間為

4

at

yc=^-c

可得

yc=4.5L

由幾何關系

yA+yc=2HCOSe

得

0.5L+4.5Δ=√2∕?

聯立解得

B=生

5ao

(3)①設匕直接類平拋過D點，即

L=v?t?

12

yc=2at'

②設B先類平拋后勻圓過D點，剛進入磁場時與X軸夾角為“、偏移的距離為%，

L=v2t2

12

%=丁，2

qBCOSa

2R'cosa+y2=4.5L

整理得

v^-0.9Lv?+0.IL3=O

令龍=Wo，則上式變成

X3-0.9ZA2+0.1Z?=0

觀察可得X=S是其中一解，所以上方程等價于

(x-∣)(x2-0.4Lr-0.2L2)=0

可得其解是

_L_I1÷-?∕6

X=二^或XX=--------L

25

(另一解X=上無L不符合題意，舍去)

5

則有

L

V,=—

^2f0

或

(1+√6)Z,

V2=

5%

綜上所述，能夠被粒子收集器收集的粒子速度有：合、L(1+廂￡

34)5r0

3.(1)空亟，也頌，SeU；(2)U

eR4eU6

【詳解】(1)電子在電場中加速有

2eU=—mv2

2

在磁場團中，由幾何關系可得

∕?=Rtan22.5=0.4R

聯立解得

_5?∣eUιn

1eR

在磁場回中的運動周期為

_lfπγ

1=---

V

由幾何關系可得，電子在磁場13中運動的圓心角為

5

（PF

在磁場回中的運動時間為

t=^T

24

聯立解得

TrRxImeU

t—

AeU

從。點出來的動能為

Ek=SeU

(2)在磁場回中的做勻速圓周運動的最大半徑為,此時圓周的軌跡與回邊界相切，由幾何關系可得

("RF）2=產+不

解得

&=^R

由于

Bievm=m^-

J=^mv；-keU

2eLn

聯立解得

,13

K=—

6

4.⑴VS=卜-延；⑵0~答；⑶；'nmva,方向沿Z軸負方向

Vm3eL5

【詳解】(1)離子從小孔S射出運動到金屬板N中心點。處,根據動能定理有

；*_；

2eE"=-mvs2

解得離子從小孔S射出時相對推進器的速度大小

4eEd

(2)當磁場僅有沿X方向的分量取最大值時，離子從噴口尸的下邊緣中點射出，根據幾何關系有

("-^l)+"=r'

根據洛倫茲力提供向心力有

2也為=等

聯立解得

B。=匈

°5eL

當磁場在X和y方向的分量同取最大值時,離子從噴口ρ邊緣交點射出，根據幾何關系有

-2)■

此時8=0綜；根據洛倫茲力提供向心力有

2e×v0×√2δ0=-^-

聯立解得

品=如

03eL

故品的取值范圍為0~磐；

3eL

(3)粒子在立方體中運動軌跡剖面圖如圖所示

°、

K.?X.x.x.X]A2.........

XX

××××

××××

××××

L

由題意根據洛倫茲力提供向心力有

2e×v0×√2B0=?^.

且滿足

SeL

所以可得

2√2eB04

所以可得

CoSe=3

5

離子從端面P射出時，在沿Z軸方向根據動量定理有

FNl=∕ι?∕∕wvocos/9-0

根據牛頓第三定律可得離子束對推進器作用力大小為

F=∣nmv0

方向沿Z軸負方向。

qBj⑶S二處回

5.(1)(2)E=

ms?x?θml：tan,,θvsin。tan1π

【詳解】（1）設離子在國區內做勻速圓周運動的半徑為小由牛頓第二定律得

qvB（）=tn—①

r

根據幾何關系得

Sine=?②

r

聯立①②式得

tnsinθ

（2）離子在團區內只受電場力，X方向做勻速直線運動，y方向做勻變速直線運動，設從進入電場到擊中測試板中心

。的時間為，，y方向的位移為為，加速度大小為〃，由牛頓第二定律得

qE=ma

由運動的合成與分解得

%=(vsine)7-g4產

L=(UCoS6?,y0=-r(l-cosθ),

聯立得

2的：建

E=Ltan6+

ml}tan2θsin，tan

（3）回區內填充磁場后，離子在垂直），軸的方向做線速度大小為此os。的勻速圓周運動，如圖所示。設左側部分的

圓心角為a,圓周運動半徑為/,運動軌跡長度為由幾何關系得

π

CCH---r

cosa=——

=——×2πr,+?-----×2πr,2尸

2π2π

由于在y軸方向的運動不變，離子的運動軌跡與測試板相切于C點，則離子在團區內的運動時間不變，故有

Γ_L

PCOS6VCOS0

。到。1的距離

S=2rsinσ+√

聯立得

”6(6+1)/

?_Lt

lπ

6.⑴Min"；⑵"⑶（4,”，O）；⑷（2+2加W

qLmqB

將離子甲從A點出射速度為％分解到沿y軸方向和Z軸方向，離子受到的電場力沿y軸負方向，可知離子沿Z軸方

向做勻速直線運動，沿y軸方向做勻減速直線運動，從A到。的過程，有

L=v0cosβ?t

v0sinβ-at

a=晅

m

聯立解得

_sinβcosβ

th=

qL

(2)離子從坐標原點。沿Z軸正方向進入磁場I中，在磁場I中做勻速圓周運動，經過磁場I偏轉后從)，軸進入磁

由洛倫茲力提供向心力可得

Omv^y∣2mv2

qvB=-----,qv----n-B=-----

424

可得

乃=√?

為了使離子在磁場中運動，則離子磁場I運動時，不能從磁場I上方穿出。在磁場Il運動時，不能XoZ平面穿出,

則離子在磁場用運動的軌跡半徑需滿足

rt≤d,r1<3>d

聯立可得

y≤如

tn

要使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動，進入磁場時的最大速度為戒;

m

(3)離子甲以穿的速度從。點沿Z軸正方向第一次穿過Xay面進入磁場I,離子在磁場I中的軌跡半徑為

2m

lmvd

r?

=FqB^=;2

離子在磁場Il中的軌跡半徑為

,mvy∣2d

q?-B

2

離子從。點第一次穿過到第四次穿過XOy平面的運動情景，如圖所示

離子第四次穿過XOy平面的X坐標為

X4=2弓'sin450=d

離子第四次穿過χθy平面的y坐標為

yi=2rl'=d

故離子第四次穿過XOy平面的位置坐標為(d,d,0)。

(4)設離子乙的速度為M,根據離子甲、乙動能相同，可得

I1,,

—mv2=—×4∕πv2

22

可得

24m

離子甲、離子乙在磁場I中的軌跡半徑分別為

mvd

F=5rM

離子甲、離子乙在磁場Il中的軌跡半徑分別為

mv?∣2d

y=-=----%2展=g=2%

riλ=----

√2β2

q-----Bq苧

2

根據幾何關系可知離子甲、乙運動軌跡第一個交點在離子乙第一次穿過X軸的位置，如圖所示

從。點進入磁場到第一個交點的過程，有

2πm2πm

=T+T=-----Fs=(2+2立您

x2qBQRqB

q-----B

2

L紅包+k2萬丁4揚心

2qB2也BqB

2

可得離子甲、乙到達它們運動軌跡第一個交點的時間差為

d"'="夜嗡