（1）求孔C所處位置的坐標x0；
（2）求離子打在N板上區(qū)域的長度L；
（3）若在N與M板之間加載電壓，調(diào)節(jié)其大小，求電流表示數(shù)剛為0時的電壓U0；
（4）若將分析器沿著x軸平移，調(diào)節(jié)加載在N與M板之間的電壓，求電流表示數(shù)剛為0時的電壓Ux與孔C位置坐標x之間關(guān)系式.
答案 （1）2mv0qB （2）2d （3）mv022q （4）Ux＝qB28mx2（mv02qB≤x≤22mv0qB）
解析 （1）離子在磁場中做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力可得
qv0B＝mv02R
x0＝2R＝2mv0qB
（2）如圖所示，初速度方向與y軸夾角為θ的離子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后進入孔C后仍與y軸成θ角
2mvcsθqB＝x0，vcsθ＝v0，進入孔C后離子速度方向與y軸的最大夾角為β
csβ＝v02v0＝22，即β＝45°
由幾何關(guān)系可得L＝2d
（3）進入孔C的離子速度大小v及其與y軸夾角θ必須滿足vcsθ＝v0
由動能定理可得
－qU0＝12m（vsinθ）2－12mv2
解得U0＝mv022q
（4）由上述分析及離子速度方向、大小的范圍可知，離子經(jīng)偏轉(zhuǎn)后能進入孔C的位置范圍為
mv02qB≤x≤22mv0qB
且vy＝Bqx2m
由動能定理得12mvy2＝Uxq
解得Ux＝qB28mx2（mv02qB≤x≤22mv0qB）.
2.[帶電粒子在磁場Ⅰ和磁場Ⅱ中的勻速圓周運動＋動量定理/2023浙江6月]利用磁場實現(xiàn)離子偏轉(zhuǎn)是科學(xué)儀器中廣泛應(yīng)用的技術(shù).如圖所示，Oxy平面（紙面）的第一象限內(nèi)有足夠長且寬度均為L、邊界均平行x軸的區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，其中區(qū)域Ⅰ存在磁感應(yīng)強度大小為B1的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ存在磁感應(yīng)強度大小為B2的磁場，方向均垂直紙面向里，區(qū)域Ⅱ的下邊界與x軸重合.位于（0，3L）處的離子源能釋放出質(zhì)量為m、電荷量為q、速度方向與x軸夾角為60°的正離子束，沿紙面射向磁場區(qū)域.不計離子的重力及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊界效應(yīng).
（1）求離子不進入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度v1及其在磁場中的運動時間t；
（2）若B2＝2B1，求能到達y＝L2處的離子的最小速度v2；
（3）若B2＝B1Ly，且離子源射出的離子數(shù)按速度大小均勻地分布在B1qLm～6B1qLm范圍，求進入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比η.
答案 （1）2qB1Lm 2πm3qB1 （2）4qB1Lm （3）60％
解析 （1）離子恰不進入?yún)^(qū)域Ⅱ時的速度為離子不進入?yún)^(qū)域Ⅱ的最大速度，作出其此時的運動軌跡，如圖1所示
圖1
由軌跡圖中的幾何關(guān)系得sin30°＝r1－Lr1，解得r1＝2L
由洛倫茲力提供向心力有qv1B1＝mv12r1
解得v1＝2qB1Lm
由圖1的幾何關(guān)系可得運動軌跡所對圓心角為θ＝2π3
則離子在磁場中的運動時間t＝θr1v1＝2πm3qB1
（2）解法1：作出離子恰好能到達y＝L2處的運動軌跡，如圖2所示
圖2
若B2＝2B1，由r＝mvqB可知離子在區(qū)域Ⅰ中的運動軌跡半徑為r2＝r'12
由幾何關(guān)系可等效為B2＝B1時離子恰好運動到y(tǒng)＝0處，如圖3
圖3
由軌跡圖中幾何關(guān)系可得sin30°＝r’1－2Lr’1
解得r’1＝4L
離子在區(qū)域Ⅰ磁場中運動，有qv2B1＝mv22r’1
解得v2＝4qB1Lm
解法2：當離子運動到y(tǒng)＝L2處的速度方向水平向右時，速度最小為v2，又B2＝2B1，則由R＝mvqB可知R2＝R’12
作出離子的軌跡如圖4所示
圖4
由幾何關(guān)系可知∠O2GC＝180°－θ
設(shè)O2G＝l，在△O2GC中l(wèi)sin30°＝R'1sin（180°－θ）
又由幾何關(guān)系得R2－R2sinθ＝L2
l＋Lsinθ＝R'1
解得R2＝R'12＝2L
結(jié)合R'1＝mv2qB1可解得v2＝4B1qLm
（3）解法1：由區(qū)域Ⅱ中磁場磁感應(yīng)強度B2＝B1Ly，可知其可等效為磁感應(yīng)強度為B12的勻強磁場，若再把區(qū)域Ⅱ中磁場等效為磁感應(yīng)強度為B1的勻強磁場，則磁場寬度應(yīng)等效為L2.畫出恰好不能進入第四象限的離子運動軌跡，如圖4
圖5
由軌跡圖中幾何關(guān)系得sin30°＝r3－1.5Lr3，解得r3＝3L
由洛倫茲力提供向心力有qv3B1＝mv32r3
解得v3＝3qB1Lm
即速度大于v3＝3qB1Lm的離子都能夠進入第四象限
進入第四象限的離子數(shù)與總離子數(shù)之比為η＝6qB1Lm－3qB1Lm6qB1Lm－qB1Lm×100％＝60％
解法2：離子在水平方向上的洛倫茲力Fx＝Bqvy
在磁場Ⅰ中，由動量定理得
Fx·Δt＝B1qvy·Δt＝B1qΔy＝mΔvx1
則ΣB1qΔy＝ΣmΔvx1
即B1qL＝m（v出Ⅰy－vcs60°）
在磁場Ⅱ中，由動量定理得
B1L·y·qvyΔt＝B1Ly·qΔy＝mΔvx2
則ΣB1LqyΔy＝ΣmΔvx2
即B1Lq·L22＝m（v－v出Ⅰy）
故在磁場Ⅰ和磁場Ⅱ中有
B1qL＋B1L·q·L22＝m（v－vcs60°）
解得v＝3qB1Lm
又速度越小，離子越不容易進入第四象限
所以v＞3qB1Lm時離子進入第四象限
故η＝6B1qLm－3B1qLm6B1qLm－B1qLm×100％＝60％.
3.[電場與磁場組合/2021山東]某離子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(yīng)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(yīng)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.
圖甲
圖乙
答案 （1）qB0dmsinθ （2）2qB02d2mL2tan2θ（Ltanθ＋dsinθ－dtanθ） （3）6（3+1）7πL
解析 （1）設(shè)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＝mv2r
根據(jù)幾何關(guān)系得sinθ＝dr
聯(lián)立解得v＝qB0dmsinθ
（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(shè)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＝ma
由運動的合成與分解得L＝vtcsθ
y0＝－r（1－csθ），y0＝vtsinθ－12at2
聯(lián)立得E＝2qB02d2mL2tan2θ（Ltanθ＋dsinθ－dtanθ）
（3）Ⅱ區(qū)內(nèi)填充磁場后，將離子進入Ⅱ區(qū)的初速度沿平行x軸和平行y軸分解，則有vx＝vcsθ、vy＝vsinθ，則離子在平行y軸方向的運動與（2）中完全相同，離子在垂直y軸的平面內(nèi)做勻速圓周運動，如圖所示.設(shè)左側(cè)部分的圓心角為α，圓周運動的半徑為r'，運動軌跡長度為l'，由幾何關(guān)系得
α＝π3，l'＝α2π×2πr'＋α＋π22π×2πr'
離子在Ⅱ區(qū)內(nèi)的運動時間不變，故有
l'vcsθ＝Lvcsθ
C到O1的距離s＝2r'sinα＋r'
聯(lián)立得s＝6（3+1）7πL.

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