?第一部分　專題三　第2講　帶電粒子在電磁場中的運動

基礎題——知識基礎打牢
1．(2021·江蘇蘇州八校聯(lián)考)下列關于磁場的應用，正確的是(　C　)

A．圖甲是用來加速帶電粒子的回旋加速器示意圖，要使粒子獲得的最大動能增大，可增大加速電場的電壓U
B．圖乙是磁流體發(fā)電機示意圖，由此可判斷A極板是發(fā)電機的正極，B極板是發(fā)電機的負極
C．圖丙是速度選擇器示意圖，不考慮重力的帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是v＝
D．圖丁是磁電式電流表內(nèi)部結(jié)構示意圖，當有電流流過時，線圈在磁極間產(chǎn)生的勻強磁場中偏轉(zhuǎn)
【解析】　根據(jù)qvB＝可知v＝，粒子獲得的最大動能為Ek＝所以要想粒子獲得的最大動能增大，可增加D形盒的半徑，故A錯誤；根據(jù)左手定則，正電荷向下偏轉(zhuǎn)，所以B板帶正電，為發(fā)電機的正極，A極板是發(fā)動機的負極，故B錯誤；速度選擇器不能判斷帶電粒子的電性，不管是正電，還是負電，只要滿足v＝，粒子就能勻速通過速度選擇器，故C正確；線圈在磁極間產(chǎn)生的磁場為均勻輻向磁場，該磁場為非勻強磁場，故D錯誤．
2．(多選)(2021·廣東江門一模)如圖所示的虛線框為一正方形區(qū)域，該區(qū)域內(nèi)有一垂直于紙面向里的勻強磁場，一帶電粒子從a點沿與ab邊成30°角方向射入磁場，恰好從b點飛出磁場；另一帶電粒子以相同的速率從a點沿ad方向射入磁場后，從c點飛出磁場，不計重力，則兩帶電粒子的比荷之比及在磁場中的運動時間之比分別為(　AC　)

A．∶＝1∶1 B．∶＝2∶1
C．t1∶t2＝2∶3 D．t1∶t2＝1∶3
【解析】　
粒子的運動軌跡如圖；設正方形邊長為L，則從b點飛出的粒子的運動半徑為r1＝L；從c點飛出的粒子的運動半徑也為r2＝L；根據(jù)qv0B＝m，可得＝，則∶＝1∶1，選項A正確，B錯誤；根據(jù)T＝，可知，兩粒子的周期相同，兩粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度分別為60°和90°，根據(jù)t＝T，可得t1∶t2＝60°∶90°＝2∶3，選項C正確，D錯誤．故選AC.

3．(多選)(2021·廣東佛山質(zhì)檢)地磁場能有效抵御宇宙射線的侵入，赤道剖面外地磁場可簡化為包圍地球一定厚度的勻強磁場，方向垂直該剖面，如圖所示．圖中給出了速度在圖示平面內(nèi)，從O點沿平行與垂直地面2個不同方向入射的微觀帶電粒子(不計重力)在地磁場中的三條運動軌跡a、b、c，且它們都恰不能到達地面則下列相關說法中正確的是(　CD　)

A．沿a軌跡運動的粒子帶正電
B．若沿a、c兩軌跡運動的是相同的粒子，則a粒子的速率更大
C．某種粒子運動軌跡為a，若它速率不變，只是改變?nèi)肷涞卮艌龅姆较?，則只要其速度在圖示平面內(nèi)，無論沿什么方向入射，都不會到達地面
D．某種粒子運動軌跡為b，若它以相同的速率在圖示平面內(nèi)沿其他方向入射，則有可能到達地面
【解析】　由左手定則可知，沿a軌跡運動的粒子帶負電，故A錯誤；由半徑公式r＝可知，沿a軌跡運動的半徑小，則沿a軌跡運動的粒子的速率更小，故B錯誤；圓的直徑為最長的弦，圖中直徑時都到不了地面，則其他反向的也將不會到達地面，故C正確；由圖可知，當粒子射入的速度方向沿順時針轉(zhuǎn)過小于90度的銳角時，都可到達地面，故D正確．故選CD.
4．(多選)(2021·廣東六校聯(lián)考)如圖所示，空間中存在水平方向的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向左，磁場方向垂直紙面向里．一帶電小球恰能以速度v0做直線運動，其軌跡如圖虛線所示，虛線與水平方向成30°角，小球最終穿過一軸線沿小球運動方向且固定擺放的光滑絕緣管道(管道內(nèi)徑略大于小球直徑)，下列說法正確的是(　AD　)

A．小球一定帶正電
B．磁場和電場的大小關系為＝v0
C．小球可能是從管道的乙端運動到甲端
D．若小球剛進入管道時撤去磁場，小球?qū)⒃诠艿乐凶鰟蛩僦本€運動
【解析】　小球做勻速直線運動，當帶正電時，電場力水平向左，重力豎直向下．從甲端運動到乙端時，洛倫茲力垂直于虛線斜向右上三力恰好平衡，能保證小球沿圖中虛線運動．當小球帶負電時，電場力水平向右，重力豎直向下．從甲端運動到乙端時或者從乙端運動到甲端時，洛倫茲力垂直于虛線斜向左下或者右上，均不能使小球沿直線運動．故A正確；由A項分析可知，電場力和洛倫茲力關系為sin 30°＝，整理得＝，故B錯誤；根據(jù)A項分析，小球只能是從管道的甲端運動到乙端．故C錯誤；未撤磁場時，小球三力平衡，其中電場力和重力沿虛線方向的合力為零，當撤去磁場時，在管道中所受重力和電場力均沒有變化，故沿虛線方向(管道方向)合力仍為零．而管道的支持力垂直于管道．即小球合力仍為零，做勻速直線運動．故D正確．故選AD.
5.(2021·河北衡水中學四調(diào))如圖所示，圓形區(qū)域直徑MN上方存在垂直于紙面向外的勻強磁場，下方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小相同．現(xiàn)有兩個比荷相同的帶電粒子a、b，分別以v1、v2的速度沿圖示方向垂直磁場方向從M點入射，最終都從N點離開磁場，則(　C　)

A．粒子a、b可能帶異種電荷
B．粒子a從N點離開磁場時的速度方向一定與初速度v1的方向垂直
C．v1∶v2可能為2∶1
D．v1∶v2一定為1∶1
【解析】　兩粒子都從M點入射從N點出射，則a粒子向下偏轉(zhuǎn)，b粒子向上偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知兩粒子均帶正電，故A錯誤；設磁場半徑為R，將MN當成磁場的邊界，兩粒子均與邊界成45°入射，由運動對稱性可知出射時與邊界成45°，則一次偏轉(zhuǎn)穿過MN時速度偏轉(zhuǎn)90°；同理第二次穿過MN時速度方向再次偏轉(zhuǎn)90°與初速度方向平行，選項B錯誤；兩粒子可以圍繞MN重復穿越，運動有周期性，設a粒子重復k次穿過MN，b粒子重復n次穿過MN，由幾何關系可知k·r1＝2R(k＝1,2,3……)n·r2＝2R(n＝1,2,3……)，由洛倫茲力提供向心力qvB＝m可得v＝，而兩個粒子的比荷相同，可知＝，如n＝1，k＝1時＝，如n＝2，k＝1時＝，則v1∶v2可能為1∶1或2∶1，故C正確，D錯誤．
應用題——強化學以致用
6．(2021·河北選擇性考試模擬演練)如圖，x軸正半軸與虛線所圍區(qū)域內(nèi)存在著磁感應強度大小為B的勻強磁場，方向垂直紙面向里．甲、乙兩粒子分別從距x軸h與2h的高度以速率v0平行于x軸正向進入磁場，并都從P點離開磁場，OP＝h.則甲、乙兩粒子比荷的比值為(不計重力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　C　)

A．32∶41 B．56∶41
C．64∶41 D．41∶28
【解析】　甲粒子從高MN＝h的位置水平水平飛入磁場，運動的軌跡如圖所示

甲粒子圓周運動的半徑為O1N＝O1P＝r1，在△O1MP中根據(jù)勾股定理可知
＝＝＝
則＝－＝－，在△MNO中，根據(jù)幾何關系可知tan 37°＝＝＝，解得r1＝h
乙粒子從高O2A＝O2P＝2h的高度水平飛入磁場，轉(zhuǎn)過圓周從P點飛出

則乙粒子運動的半徑為r2＝O2A＝2h，洛倫茲力提供向心力qvB＝m，解得r＝
可知粒子運動的半徑r與粒子的比荷＝k成反比，所以甲、乙兩粒子比荷的比值為＝＝＝，故選C.
7.(多選)(2021·河南鄭州模擬猜想)如圖所示，勻強磁場分布在半徑為R的圓形區(qū)域MON內(nèi)，P、Q點為圓弧形邊界MN上的兩個三等分點．現(xiàn)有三個比荷相同的帶電粒子以相同的速率正對著邊界ON垂直射入磁場(不計粒子重力及粒子間的相互作用)，其中粒子1從M點正對圓心O射入，恰從N點射出，粒子2從P點射入，粒子3從Q點射入，已知粒子2與粒子1電性相同，粒子3與粒子1電性相反，則下列說法正確的是(　AD　)

A．粒子2一定從N點射出磁場
B．粒子3一定從O、M兩點之間的某點射出磁場
C．粒子1與粒子2在磁場中運動的時間之比為1∶3
D．粒子2與粒子3在磁場中運動軌跡的弧長之比為1∶2
【解析】　如圖所示為粒子1和2、3的軌跡，粒子1從M點正對圓心射入，恰從N點射出，根據(jù)幾何知識可確定圓心O1，運動軌跡圓的半徑為R.比荷相同的帶電粒子以相同的速率射入磁場，粒子運動的半徑相同．粒子2從P點正對邊界ON射入，根據(jù)洛倫茲力指向圓心，圓心O2應在P點上方R處，連接O2P、OP、O2N，O2PON為菱形，O2N大小為R，所以粒子2一定從N點射出磁場，該情境可以理解為磁聚焦模型，軌跡圓的半徑與磁場邊界圓半徑相同時，以垂直于磁場邊界圓的某直徑射入的粒子最終從同一點射出磁場，A正確；粒子3如果與粒子1電性相同，由磁匯聚特點可知，粒子3應該也打到N點，但粒子3電性與粒子1相反，由幾何知識可知粒子3剛好從O點射出，B錯誤；由軌跡圖可知，粒子1對應圓心角為90°，粒子2對應的圓心角為30°，粒子3對應圓心角為60°，帶電粒子比荷相同，粒子運動的周期相同，粒子運動時間與圓心角成正比，所以粒子1與粒子2在磁場中的運動時間之比為3∶1，C錯誤；由于粒子運動的半徑也相同，粒子運動軌跡的弧長之比也與圓心角成正比，所以粒子2與粒子3在磁場中運動軌跡的弧長之比為1∶2，D正確．故選AD.

8．(2021·福建廈門月考)如圖所示，在區(qū)域足夠大的空間中充滿磁感應強度大小為B的勻強磁場，其方向垂直于紙面向里，在紙面內(nèi)固定放置一絕緣材料制成的邊長為L的等邊三角形框架DEF，DE中點S處有一粒子發(fā)射源，發(fā)射粒子的方向皆在圖中截面內(nèi)且垂直于DE邊向下如圖(a)所示，發(fā)射粒子的電量為＋q質(zhì)量為m，但速度v有各種不同的數(shù)值．若這些粒子與三角形框架碰撞時均無能量損失，并要求每一次碰撞時速度方向垂直于被碰的邊，試求：

(1)帶電粒子的速度v為多大時能夠不與框架碰撞打到E點？
(2)為使S點發(fā)出的粒子最終又回到S點，且運動時間最短，v應為多大？最短時間為多少？
(3)若磁場是半徑為a的圓柱形區(qū)域如圖(b)所示(圖中圓為其橫截面)，圓柱的軸線通過等邊三角形的中心O，且a＝L，要使S點發(fā)出的粒子最終又回到S點帶電粒子速度v的大小應取哪些數(shù)值？
【答案】　(1)v＝　(2)　
(3)v＝(n＝3,4,5…)
【解析】　(1)從S點發(fā)射的粒子將在洛倫茲力作用下做圓周運動，即qvB＝
因粒子圓周運動的圓心在DE上，經(jīng)過半個圓周打到E點，應滿足L＝2R
打到E點的速度為v＝
(2)由題意知，S點發(fā)射的粒子最終又回到S點的條件是R＝＝·
在磁場中粒子做圓周運動的周期T＝＝
與粒子速度無關，所以，粒子圓周運動的次數(shù)最少，即n＝1時運動的時間最短，
即當R＝＝
時間最短，對應速度v＝
粒子以三角形的三個頂點為圓心運動，每次碰撞所需時間t1＝T
經(jīng)過三次碰撞回到S點，粒子運動的最短時間t＝3t1＝T＝
(3)要求此粒子每次與△DEF的三條邊碰撞時都與邊垂直，且能回到S點，則R和v應滿足以下條件：由于碰撞時速度v與邊垂直，粒子運動軌跡圓的圓心一定位于△DEF的邊上，粒子繞過△DEF頂點D、E、F時的圓弧的圓心就一定要在相鄰邊的交點(即D、E、F)上，粒子從S點開始向右作圓周運動，其軌跡為一系列半徑為R的半圓，在SE邊上最后一次的碰撞點與E點的距離應為R，所以SE的長度應是R的奇數(shù)倍，
即SE＝＝(2n＋1)R，(n＝0、1、2、3…)
由幾何關系得OE＝L
延長OE至圓形區(qū)域交于M
EM＝a－OE＝
若使粒子不射出磁場，有R≤
則≤
解得：n≥2
由R＝＝
整理得：v＝(n≥2,3,4…)
9．(2021·廣東深圳一調(diào))物理氣相沉積鍍膜是芯片制作的關鍵環(huán)節(jié)之一，如圖是該設備的平面結(jié)構簡圖．初速度不計的氬離子經(jīng)電壓U0的電場加速后，從A點水平向右進入豎直向下的勻強電場E，恰好打到電場、磁場的豎直分界線Ⅰ最下方M點(未進入磁場)并被位于該處的金屬靶材全部吸收，AM兩點的水平距離為0.5 m．靶材濺射出的部分金屬離子沿各個方向進入兩勻強磁場區(qū)域，并沉積在固定基底上．基底與水平方向夾角為45°，大小相等、方向相反(均垂直紙面)的兩磁場B的分界線Ⅱ過M點且與基底垂直．(已知：U0＝×103V，E＝×104V/m，B＝1×10－2T，氬離子比荷＝2.4×106C/kg，金屬離子比荷＝2.0×106C/kg，兩種離子均帶正電，忽略重力及離子間相互作用力．)

(1)求氬離子進入電場的速度v0，以及AM兩點的高度差．
(2)若金屬離子進入磁場的速度大小均為1.0×104 m/s，M點到基底的距離為 m，求在紙面內(nèi)，基底上可被金屬離子打中而鍍膜的區(qū)域長度．
【答案】　(1)v0＝105 m/s　AMy＝0.5 m　(2)L＝ m
【解析】　(1)氬離子在電場中加速：
根據(jù)動能定理q1U0＝m1v
故v0＝＝105 m/s
氬離子在電場中偏轉(zhuǎn)：

代入數(shù)據(jù)得高度差AMy＝0.5 m
(2)金屬離子在磁場中運動：＝Bq2v

R＝＝0.5 m
金屬離子沿著靶材和磁場邊界入射，其圓心在M點正上方0.5 m處O，金屬離子沉積點為K，分界線與基底的交點為A．
OMsin 45°＝AM，所以O恰好在基底上．
OA＝AM＝ m
所以AK＝0.5－ m＝ m
(AK約等于0.147 m，結(jié)果帶根號或者計算出小數(shù)均得分．)
離子靠近MA方向射出，則會落在A點的附近，范圍不超出K點，左側(cè)區(qū)域范圍內(nèi)粒子受到洛倫茲力偏向右，根據(jù)對稱性粒子能夠到達A左側(cè)的距離也為0.147或，與右側(cè)相同．故離子能夠鍍膜范圍的長度為L＝ m
(考生寫成小數(shù)0.293 m同樣得分．)
10．(2021·遼寧朝陽質(zhì)檢)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，y≥0區(qū)域存在水平向左的勻強電場，y＜0區(qū)域存在豎直向上的勻強電場，電場強度大小均為E；在y＜0區(qū)域還同時存在垂直于xOy平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B.長為L的絕緣輕繩一端固定于點P，另一端連接一帶正電的小球，比荷大小為.現(xiàn)將小球由C點靜止釋放，釋放時繩恰好伸直且與y軸平行，小球運動到O點瞬間將繩燒斷．不計空氣阻力，重力加速度為g.求：

(1)小球剛釋放瞬間的加速度大小a；
(2)小球剛到達O點時的速度大小v；
(3)小球從O點開始到第四次到達x軸(不含O點)所用的時間t.
【答案】　(1)g　(2)v＝　(3)t＝＋4
【解析】　(1)由題意可知mg＝Eq
則C點時小球的合力大小為F＝＝mg
根據(jù)牛頓第二定律F＝ma有a＝g
(2)設小球勻加速到D點(繩子拉直)時速度大小為v0，由運動學公式有
v＝2aL
垂直于繩方向的分速度為v1＝v0cos 45°
從D到O的過程，由動能定理可知mv2－mv＝mgL－Eq
解得v＝
(3)由幾何關系可知，微粒通過O點時速度與橫軸夾角為45°.進入橫軸下方后，由于重力與電場力等大、反向，所以微粒做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律可知Bqv＝
T＝，T＝
由幾何對稱性可知，粒子通過O點后，經(jīng)過圓周運動后第一次經(jīng)過橫軸且與橫軸成45°斜向右上進入第一象限．則圓周運動的時間t1＝
而后，粒子在第一象限中做勻變速直線運動經(jīng)過v＝at
t2＝2t
t2＝2
斜向左下45°第二次經(jīng)過橫軸，然后粒子經(jīng)過勻速圓周運動后，斜向左上45°第三次經(jīng)過橫軸，所用時間t3
t3＝
根據(jù)運動合成與分解的知識可知，第四次經(jīng)過橫軸的時間等于豎直上拋的時間
t4＝
所以，從通過O點開始到第四次經(jīng)過橫軸的時間是t＝t1＋t2＋t3＋t4
t＝＋4
11．(2022·四川巴中模擬)圖甲是該裝置的左視圖，ab是水平放置很短的光滑玻璃管，緊靠玻璃管的兩端有豎直金屬板AA′、CC′，兩板間有方向向右的電場，ab管的中軸線與水平放置的金屬板MM′、NN′的中心線重合，板長為L1，板的高度差h＝L1，緊鄰MN的右端PQ、KH間存在方向水平向里的勻強磁場，其水平間距為L2，整個裝置放在抽成真空密閉的有機玻璃箱中．其中有一個帶電量為＋q、質(zhì)量為m的紅色小球(紅色小球的直徑略小于管的直徑)由靜止從玻璃管最左端發(fā)出(球經(jīng)ab玻璃管時間極短)，重力加速度為g.求：

(1)小球恰好從N′點射入磁場，AA′、CC′間的電壓U為多大？
(2)欲使小球從N′點射入磁場后做勻速圓周運動，需在PQ、KH間加以豎直方向的勻強電場，求此勻強電場場強E的大小和方向，以及小球不從KH射出磁場時磁感應強度B的取值范圍；
(3)假設在MM′、NN′板間也加入(2)中的勻強電場，PQ、KH間勻強磁場的磁感應強度為B0，在AA′、CC′間加上如圖乙所示，電壓在U1～U2間周期性變化的電場，玻璃管最左端有無窮多個帶電量為＋q、質(zhì)量為m的紅色小球從a點由靜止連續(xù)出發(fā)，小球不會穿過邊界KH，則在PQ、KH區(qū)域可以看到一個彎曲的“紅色噴泉”，則“紅色噴泉”的面積S是多少？
【答案】　(1)U＝　(2)E＝，方向豎直向上，B≥　(3)S＝
【解析】　(1)由分析可知小球在AA′CC′間做勻加速直線運動，在MM′NN′間做平拋運動，
設在AA′CC′間做勻加速的末速度為v0，則有qU＝mv
＝＝gt2
L1＝v0t
由以上三式解得U＝
(2)小球在磁場中做勻速圓周運動有qE＝mg
解得E＝，方向豎直向上．
當小球的軌跡恰好與KH相切時半徑最大，磁感應強度B最小，要想小球不從KH射出則B再大即可，設運動的半徑為R，由幾何關系得R＋R·sin 45°＝L2
在磁場中做圓周運動有qvB＝m
又v＝＝v0
聯(lián)立解得B＝＝
所以小球不從KH射出磁場時磁感應強度B的取值范圍為B≥
(3)在MM′NN′間加上電場后，小球的電場力與重力平衡，則小球在此區(qū)域做勻速直線運動，由于時間極短，小球在AA′CC′間做勻加速直線運動時任一時刻的電壓大小不一樣，在磁場中做勻速圓周運動的半徑大小不一樣，軌跡均為半圓，紅色噴泉的面積即為最大的半圓面積減去最小的半圓面積；在電壓為U1對應半徑為r1，速度為v1；電壓為U2對應半徑為r2，速度為v2，則qU1＝mv
qv1B0＝m
qU2＝mv
qv2B0＝m
S＝(πr－πr)
聯(lián)立以上式子解得S＝
12．(2021·山東等級考)某離子束實驗裝置的基本原理如圖甲所示．Ⅰ區(qū)寬度為d，左邊界與x軸垂直交于坐標原點O，其內(nèi)充滿垂直于xOy平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B0；Ⅱ區(qū)寬度為L，左邊界與x軸垂直交于O1點．右邊界與x軸垂直交于O2點，其內(nèi)充滿沿y軸負方向的勻強電場．測試板垂直x軸置于Ⅱ區(qū)右邊界，其中心C與O2點重合．從離子源不斷飄出電荷量為q、質(zhì)量為m的正離子，加速后沿x軸正方向過O點，依次經(jīng)Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)，恰好到達測試板中心C.已知離子剛進入Ⅱ區(qū)時速度方向與x軸正方向的夾角為θ.忽略離子間的相互作用，不計重力．

(1)求離子在Ⅰ區(qū)中運動時速度的大小v；
(2)求Ⅱ區(qū)內(nèi)電場強度的大小E；
(3)保持上述條件不變，將Ⅱ區(qū)分為左右兩部分，分別填充磁感應強度大小均為B(數(shù)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O1的距離S.
【答案】　(1)
(2)　
(3)L
【解析】　(1)設離子在Ⅰ區(qū)內(nèi)做勻速圓周運動的半徑為r，
由牛頓第二定律得qvB0＝m①
根據(jù)幾何關系得sin θ＝②
聯(lián)立①②式得v＝.③
(2)離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)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C的時間為t，y方向的位移為y0，加速度大小為a，由牛頓第二定律得qE＝ma④
由運動的合成與分解得
L＝vtcos θ⑤，
y0＝－r(1－cos θ)⑥，
y0＝vtsin θ－at2⑦
聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦式得
E＝.⑧
(3)Ⅱ區(qū)內(nèi)填充磁場后，離子在垂直y軸的方向做勻速圓周運動，如圖所示設左側(cè)部分的圓心角為α，圓周運動半徑為r′，運動軌跡長度為l′，由幾何關系得

α＝⑨，
l′＝×2πr′＋×2πr′⑩
離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)的運動時間不變，故有＝?
C到O1的距離s＝2r′sin α＋r′?
聯(lián)立⑨⑩??式得s＝L?
13．(2021·浙江6月選考)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O為坐標原點，垂直立方體側(cè)面和金屬板建立x、y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(nèi)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Bx和By，隨時間周期性變化規(guī)律如圖乙所示，圖中B0可調(diào)．氙離子(Xe2＋)束從離子源小孔S射出，沿z方向勻速運動到M板，經(jīng)電場加速進入磁場區(qū)域，最后從端面P射出，測得離子經(jīng)電場加速后在金屬板N中心點O處相對推進器的速度為v0.已知單個離子的質(zhì)量為m、電荷量為2e，忽略離子間的相互作用，且射出的離子總質(zhì)量遠小于推進器的質(zhì)量．

(1)求離子從小孔S射出時相對推進器的速度大小v；
(2)不考慮在磁場突變時運動的離子，調(diào)節(jié)B0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B0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(shù)為n，且B0＝.求圖乙中t0時刻離子束對推進器作用力沿z軸方向的分力．
【答案】　(1)　(2)0≤B0≤　(3)nmv0，方向沿z軸負方向
【解析】　(1)離子從小孔S射出運動到金屬板N中心點O處，根據(jù)動能定理有2eEd＝mv－mv2，
解得離子從小孔S射出時相對推進器的速度大小
v＝.
(2)當磁場僅有沿x負方向的分量取最大值時，離子從噴口P的下邊緣中點射出，根據(jù)幾何關系有
2＋L2＝R
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2ev0B0＝
聯(lián)立解得B0＝
當磁場在x和y方向的分量同取最大值時，離子從噴口P邊緣交點射出，根據(jù)幾何關系有
2＋L2＝R
此時B＝B0，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有
2e×v0×B0＝
聯(lián)立解得B0＝
故B0的取值范圍為0≤B0≤.
(3)粒子在立方體中運動軌跡剖面圖如圖所示

由題意，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2e×v0×B0＝
且滿足B0＝
所以可得R3＝＝L
所以可得cos θ＝
離子從端面P射出時，在沿z軸方向根據(jù)動量定理有FΔt＝nΔtmv0cos θ－0
根據(jù)牛頓第三定律可得離子束對推進器作用力大小為
F′＝F＝nmv0，
方向沿z軸負方向．
14．(2021·河北高考)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(diào)電源相連．正極板上O點處的粒子源垂直極板向上發(fā)射速度為v0、帶正電的粒子束，單個粒子的質(zhì)量為m、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O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，CP長度為L0.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，sin 37°＝.

(1)若粒子經(jīng)電場一次加速后正好打在P點處的粒子靶上，求可調(diào)電源電壓U0的大?。?br /> (2)調(diào)整電壓的大小，使粒子不能打在擋板OM上，求電壓的最小值Umin；
(3)若粒子靶在負極板上的位置P點左右可調(diào)，則負極板上存在H、S兩點(CH≤CP

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