2020届高考物理冲刺专项训练20 磁场对运动电荷的作用力 (解析版)

磁场对运动电荷的作用力

一、单选题

1．（2019·全国高三专题练习）现代技术常用磁场来控制带电粒子的运动。如图，在竖直平面内有一边长为L的正方形abcd，该区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。某时刻从ab边中

相同、初速度大小不同的带正电的粒子。不计粒子重力及粒子间的相互点p沿对角线ac方向射出一束比荷q

m

作用力。则（）

A．粒子不可能从c点射出

B．粒子不可能从cd边中点射出

C．粒子能从ad边射出区域的长度为L

2

D．粒子在abcd区域内运动的最长时间为3πm

2qB

【答案】D

【解析】粒子在磁场中运动只受洛伦兹力作用，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故由左手定则可得：粒子做逆时针运动；

A.根据粒子做匀速圆周运动，由粒子在p点的速度竖直向下，那么，粒子做圆周运动的轨道圆心在过p点的水平线和p、c两点的垂直平分线的交点上；

故根据几何关系，由运动轨迹可得：粒子可能从c点射出，故A项不合题意.

B.根据粒子做匀速圆周运动，由粒子在p点的速度竖直向下，那么，粒子做圆周运动的轨道圆心在过p点的水平线和p与dc中点的垂直平分线的交点上；

故根据几何关系，由运动轨迹可得粒子可能从cd边中点射出，故B项不合题意.

C.根据两者做匀速圆周运动可得：粒子做圆周运动的轨道圆心在过p点的水平线和p点及出射点的垂直平分线的交点上；根据粒子做逆时针运动，作出放缩圆分别与cd边、ad边相切的轨迹，如图所示：

由图可知粒子能从ad边射出区域的长度为两切点所夹的范围，其中

r1+r1cos45°=L

可得：r1=(2?√2)L

r2+r2cos45°=L 2

可得：r2=(2?√2)L

2

出射点构成的长度为

d=√r12?(L

2

1

√2

)2+(1

√2

2

√2

)=(√9?12√2+√2?1)L

2

≠L

2

；

故C项不合题意.

D.粒子在abcd区域内运动，当粒子从ap上离开磁场区域时转过的中心角最大，为270°，根据洛伦兹力做向心力可得：

qvB=m v2 R

所以粒子在磁场中的运动周期

T=2πR

v =2πm

qB

；

故粒子在abcd区域内运动的最长时间为：

3 4T=

3πm

2qB

故D项符合题意.

2．（2020·内蒙古自治区高三一模）如图所示，长方形abed长ad=0.6m，宽ab=0-3m，e、f分别是ad、bc 的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.25T。一群不计重力、质量m=3×10-7 kg.电荷量q=+2×10-3C的带电粒子以速度v0=5×102m/s从左右两侧沿垂直ad和bc方向射入磁场区域（不考虑边界粒子），则以下不正确的是

A．从ae边射入的粒子，出射点分布在ab边和bf边

B．从ed边射入的粒子，出射点全部分布在bf边

C．从bf边射入的粒子，出射点全部分布在ae边

D．从fc边射入的粒子，全部从d点射出

【答案】C

【解析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qv0B=m v02

r

，代入数据解得粒子轨道半径：r=0.3m;

AB、若匀强磁场为矩形磁场，从e点垂直射入的粒子，由于做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，则刚好从b点射出，所以从e点垂直射入的粒子出射点落在bf边上；从ae边垂直射入的粒子，从圆弧af 上射出，出射点分布在ab边和bf边；从ed边射入的粒子，出射点全部分布在bf边，故A、B正确；

CD、若匀强磁场为圆形磁场，由于做匀速圆周运动的半径等于圆形磁场的半径，从bc边射入的粒子，全部从d点射出，所以从bf边射入的粒子，出射点全部分布在ad边，从fc边射入的粒子，全部从d点射出，故C错误，D正确；

错误的故选C 。

3．（2019·全国高三专题练习）一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M 射入筒内，射入时的运动与MN 成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（ ）

A ．

3B

ω

B ．

2B

ω

C ．

B

ω

D ．

2B

ω

【答案】A

【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动

根据几何关系，有∠MOA=90°，∠OMA=45°，∠CMO'=60°，所以∠O′MA=75°，∠O′AM=75°，∠MO′A=30°，即轨迹圆弧所对的圆心角为30°，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期2m

T Bq

π＝

，粒子在磁场中匀速圆周运动的时间301236012m t T qB π???＝

＝，圆筒转动90°所用时间112''44t T ＝＝π

ω

?，粒子匀速圆周运动的时间和圆筒转动时间相等解得 't t =；则

1212124m qB ππω??＝，解得3q m B

ω

＝，A 正确，BCD 错误. 4．（2020·全国高三零模）如图所示，边长为L 的等边三角形ABC 内、外分布着两方向相反的匀强磁场，三角形内磁场方向垂直纸面向里，两磁场的磁感应强度大小均为B ．顶点A 处有一粒子源，粒子源能沿∠BAC 的角平分线发射不同速度的粒子粒子质量均为m 、电荷量均为+q ，粒子重力不计．则粒子以下列哪

一速度值发射时不能通过C点（）

A．qBL

m

B．

2

qBL

m

C．

2

3

qBL

m

D．

8

qBL

m

【答案】C

【解析】粒子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示：

所有圆弧所对圆心角均为60°，所以粒子运行半径：

r=L

n

（n=1，2，3，…），

粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

qvB=m

2

v

r

，

解得：

Bqr BqL

v

m mn

==（n=1，2，3，…），

则

2

3

qBL

v

m

=的粒子不能到达C点，故ABD不合题意，C符合题意。

故选C。

5．（2020·全国高三专题练习）如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在等边三角形ABC内，D是AB 边的中点，一群相同的带负电的粒子仅在磁场力作用下，从D点沿纸面以平行于BC边方向，以大小不同的速率射入三角形内，不考虑粒子间的相互作用力，已知粒子在磁场中运动的周期为T，则下列说法中正确的是（）

A ．若该粒子在磁场中经历时间为

2

T 3，则它一定从BC 边射出磁场 B ．若该粒子在磁场中运动时间为1

T 12

，则它一定从AC 边射出磁场

C ．速度小的粒子一定比速度大的粒子在磁场中运动时间长

D ．若该粒子在磁场中运动时间为1

T 4

，则它一定从AB 边射出磁场 【答案】B

【解析】ABD 、若带电粒子刚好从BC 边射出磁场，运动轨迹与BC 边相切，可知圆心角为180?，粒子在磁场中经历时间为12

T ，若带电粒子刚好从AC 边射出磁场，运动轨迹与AC 边相切，作图可得切点为C 点，可知圆心角为60?，粒子在磁场中经历时间为16

T ，若带电粒子从AB 边射出磁场，可知圆心角为240?，粒子在磁场中经历时间为23T ，所以该粒子在磁场中经历时间为23

T ，则它一定从AB 边射出磁场；该粒

子在磁场中运动时间为

1

12T ，即小于16T ，则它一定从AC 边射出磁场，该粒子在磁场中运动时间为14

T ，即大于1

6T 小于12

T ，则它一定从BC 边射出磁场，故B 正确，A 、D 错误；

C 、若这些带电粒子都从AB 边射出磁场，可知圆心角都为240?，粒子在磁场中经历时间都为2

3

T ，故C 错误；

说法正确的是选B 。

6．（2020·河北省高三零模）在边长为L 的正方形abcd 的部分区域内存在着方向垂直纸面的匀强磁场，a 点处有离子源，可以向正方形abcd 所在区域的任意方向发射速率均为v 的相同的正离子，且所有离子均垂直b 边射出，下列说法正确的是（ ）

A ．磁场区域的最小面积为

22

4

L π-

B C ．磁场区域的最大面积为

24

L π

D ．离子在磁场中运动的最长时间为23L

v

π 【答案】C

【解析】A B ．由题可知，离子垂直bc 边射出，沿ad 方向射出的粒子的轨迹即为磁场区域的边界，其半径与离子做圆周运动的半径相同，所以离子在磁场中做圆周运动的半径为R=L ；磁场区域的最小面积为

2

22min

11(2)2()422

L S L L ππ-=-=

故AB 错误；

CD ．磁场的最大区域是四分之一圆，面积

2max 1

4

S L π=

离子运动的最长时间

42T L

t v

π＝＝

故C 正确，D 错误。 故选C 。

二、多选题

7．（2020·全国高三专题练习）一质量为m 、带电荷量为q 的负电荷在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕固定的正电荷沿固定的光滑轨道做匀速圆周运动．若磁场方向垂直于它的运动平面，且作用在负电荷上的电场力恰好是洛伦兹力的三倍，则负电荷做圆周运动的周期可能是( ) A ．

2m

qB

π B ．

23πn

qB

C ．

m

qB

π D ．

2m

qB

π 【答案】AC

【解析】由题意可知，负电荷所受洛伦兹力与电场力的方向可能相同，也可能相反．当负电荷所受到的洛

伦兹力与电场力同向时，有4qvB ＝m 2

v R

，又因为T ＝2R v π，两式联立可解得：

T ＝

2m

qB

π， 当负电荷所受到的洛伦兹力与电场力反向时，有2qv′B ＝m 2

v R

'，又因为T′＝2v R π'，联立可解得：

T′＝

m

qB

π； A ．

2m

qB

π，故A 符合题意； B ．

23πn

qB

，故B 不符合题意； C ．m qB

π，故C 符合题意；

D ．

2m

qB

π，故D 不符合题意。 故选AC 。

8．（2020·全国高三专题练习）如图所示，在半径为R 的圆形区域内，有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B ，AC 为圆的直径．一质量为m 、电荷量为q 的粒子从A 点射入磁场区域，速度方向与AC 夹角为θ，粒子最后从C 点离开磁场．下列说法正确的是( )

A ．该粒子带正电荷

B ．粒子速度大小为

sin qBR

m θ

C ．粒子速度大小为

cos qBR

m θ

D ．粒子在磁场中运动时间为2m qB

θ

【答案】ABD

【解析】由左手定则可知，该粒子带正电荷，运动轨迹如图

由几何关系可得sin

r R

θ=，粒子做圆周运动的半径为

sin

R

r

θ

=，根据

2

v

qvB m

r

=可得粒子速度大小为sin

qBR

v

mθ

=，粒子在磁场中运动时间为

22

2

m

t T

qB

θθ

π

==，故C错误，ABD正确；

故选ABD．

9．（2020·全国高三专题练习）在直角坐标系xOy平面内有一磁场边界圆，半径为R，圆心在坐标原点O，圆内充满垂直该平面的匀强磁场，紧靠圆的右侧固定放置与y轴平行的弹性挡板，如图所示。一个不计重力的带电粒子以速度v0从A点沿负y方向进入圆内，刚好能垂直打在挡板B点上，若该粒子在A点速度v0向右偏离y轴60°角进入圆内，粒子与档板相碰时间极短且无动能损失，则该粒子（）

A．在B点上方与挡板第二次相碰

B．经过

(1)R

v

π+

时间第二次射出边界圆

C．第二次与挡板相碰时速度方向与挡板成60°角

D．经过

2R

v

π

时间第二次与挡板相碰

【答案】BC

【解析】A．粒子以速度v0从A点沿负y方向进入圆内，刚好能垂直打在挡板B点上，作出轨迹，如图所示：

故轨道半径为：

r=R ，

该粒子在A 点速度v 0向右偏离y 轴60°角进入圆内时，轨迹如图所示，图中第二次与挡板的碰撞点显然在B 点下方，故A 不符合题意； B ．粒子运动轨迹如图所示：

从A 点射入磁场到离开磁场，两段圆弧的圆心角之和为π，故在磁场中运动的时间为：

t 1=2T =0

R v π，

在磁场外运动的路程为： x=2(R －Rsin30°)=R ， 故在磁场外运动的时间为：

t 2=0x v =0

R v ， 故： t=t 1+t 2=

(1)R

v π+， 故B 符合题意；

C ．从A 点射入磁场到离开磁场，两段圆弧的圆心角之和为π，射入磁场时速度方向与y 轴成60°角，射出磁场时速度方向与y 轴依然成60°角，故C 符合题意；

D ．从A 点射入磁场到离开磁场的时间为： t=

(1)R

v π+， 第二次离开磁场到与挡板相撞，时间为： t 3=0

R v ， 故从A 点射入磁场到第二次与挡板碰撞的时间为： t′=t+t 3=

(2)R

v π+， 故D 错误。 故选BC 。

10．（2020·全国高三专题练习）如图所示，以O 为圆心、MN 为直径的圆的左半部分内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个不计重力、质量相同、带电量相同的粒子，其中a 、b 带正电，c 带负电，均以相同的速率分别沿aO 、bO 和cO 方向垂直于磁场射入磁场区域，已知bO 垂直于MN ，aO 、cO 和bO 的夹角都为30°，a 、b 、c 三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为t a 、t b 、t c ，则下列给出的时间关系可能正确的是

A ．t a =t b =t c

B ．t a

C ．t a =t c

D ．t a >t c >t b

【答案】AC

【解析】粒子带正电，偏转方向如图所示，

粒子在磁场中的运动周期相同，在磁场中运动的时间2t T θ

π

=

，故粒子在磁场中运动对应的圆心角越大，运动时间越长．若粒子的运动半径r 和圆形区域半径R 满足r=R ，则如图甲所示，t a =t c ＜t b ；当r ＞R 时，粒子ac 对应的圆心角相同且最小，c 对应的圆心角最大，故C 正确；当

r ≤

，轨迹如图乙所示，

t a =t b =t c ，

r R ≤≤时，t a =t c ＜t b ，故BD 错误，AC 正确。 故选AC 。

11．（2020·全国高三专题练习）如图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是

A ．电子与正电子的偏转方向一定不同

B ．电子和正电子在磁场中的运动轨迹一定相同

C ．仅依据粒子的运动轨迹无法判断此粒子是质子还是正电子

D ．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小 【答案】AC

【解析】由于电子和正电子带电性相反，若入射速度方向相同时，受力方向相反，则偏转方向一定相反，选项A 正确；由于电子和正电子的入射速度大小未知，根据mv

r qB

=

可知，运动半径不一定相同，选项B 错误；虽然质子和正电子带电量及电性相同，但是两者的动量大小未知，根据mv

r qB

=

，则根据运动轨迹

无法判断粒子是质子还是正电子，选项C 正确；由2k 12E mv =，则mv r qB ==，可知粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越大，选项D 错误．

12．电子感应加速器是利用感生电场来加速电子的一种装置，如图甲是加速器的结构原理图，在电磁铁的两极间有一环形向外逐渐减弱、并对称分布的交变磁场，这个交变磁场又在真空室内激发感生电场，其电场线是一系列绕磁感线的同心圆。这时若用电子枪把电子沿切线方向射入环形真空室，电子将受到环形真空室中的感生电场的作用而被加速，同时，电子还受到洛伦兹力的作用，使电子在半径为R 的圆形轨道上运动。已知感生电场大小正比于磁通量的变化率，即1

2E R t

π?Φ

=

?

?，电子电荷量为e -，电子轨道所围面

积内平均磁感应强度B 随时间变化如图乙所示（向内为B 的正方向），则下列说法正确的是（ ）

A ．任意时刻进入加速器的电子都能做加速运动

B ．电子加速运动一周增加的动能为200

k B R e

E t π?=

C ．电子在轨道上运动一周的时间与速度大小无关

D ．电子轨道处的磁感应强度B 与B 满足12

B B = 【答案】BD

【解析】A ．00~t 时间内进入加速器的电子受力如题图甲所示，在电场力作用下加速，在洛伦兹力作用下偏转，在00~2t t 时间内进入加速器的电子，同理分析可知电子不能被加速，故A 错误； B ．感生电场

20011222B R B

R R t R t E t πππ?Φ??

=?=??=

加速过程电场力总与速度方向一致，电子运动一周电场力做的功

200

2B R e

eE R t W ππ?=

=

又因洛伦兹力不做功，所以

20k 0

B R e

E W t π?==

故B 正确；

C ．由题意粒子做半径不变的圆周运动，速率增加，绕一圈所用时间必然减小，故C 错误；

D ．由于电子轨道半径不变，mv

R Be =

，mv B eR

=，B 随速度的增加而增大 m v

B eR

??=

又由切线方向

212t eE e B v

a R m m R t t

ππ??=

=??=

?? 联立两式有

12B B

t t

??=?

?? 说明B 与B 都在改变，但一直保持1

2

B B =，故D 正确。 故选BD 。

三、解答题

13．（2020·河北省衡水中学高三专题练习）在匀强磁场中，一个原来静止的原子核，由于放出一个α粒子，

结果得到一张两个相切圆的径迹照片（如图所示），今测得两个相切圆半径之比12:1:44r r =，求：

（1）图中哪一个圆是α粒子的径迹？（说明理由） （2）这个原子核原来所含的质子数是多少？

【答案】（1）圆轨道2是α粒子的径迹，圆轨道1是新生核的径迹（2）90

【解析】（1）因为动量相等，所以轨道半径与粒子的电荷量成反比，所以圆轨道2是α粒子的径迹，圆轨道1是新生核的径迹。

（2）设衰变后新生核的电荷量为1q ；α粒子的电荷量为22q e =，它们的质量分别为1m 和2m ，衰变后的速度分别是1v 和2v ，所以原来原子核的电荷量

12q q q =＋。

根据轨道半径公式有

1111112222221

2

m v r Bq m v q m v r m v q Bq == 又由于衰变过程中遵循动量守恒定律，则

1122m v m v =

以上三式联立解得90q e =，即这个原子核原来所含的质子数为90。

14．（2020·全国高三专题练习）在xOy 坐标中，有随时间周期性变化的电场和磁场（磁场持续t 1后消失；紧接着电场出现，持续t 2时间后消失，接着磁场......如此反复），如图所示，磁感应强度方向垂直纸面向里，电场强度方向沿y 轴向下，有一质量为m ，带电量为+q 的带电粒子，在t=0时刻，以初速v 0从0点沿x 轴正方向出发，在t 1时刻第一次到达y 轴上的M （0，L ）点，t 1+t 2时刻第一次回到x 轴上的 N （-2L ，0）点，不计粒子重力，t 1、t 2均未知。求： （1）磁感应强度B 和电场强度E 的大小；

（2）粒子从0点出发到第二次回到x 轴所用的时间； （3）粒子第n 次回到x 轴的坐标。

【答案】(1) E=

2

02mv qL (2) t 总=04L v π+（）(3) （-2L+12

n -L ，0） 【解析】（1）粒子从O 到M 做圆周运动，半径： R 0=

2

L

qBv 0=20

mv R

B=

2mv qL

M 到N 粒子在电场中运动： 2L=v 0t 2 L=

2212

at a=

Eq m

20

2mv E qL

=

（2）粒子从N 做圆周运动，在N 点v Ny =at 2，v Ny =v 0，速度方向与—x 轴夹角为45°，v N 0，所以做圆周运动的半径为： R 1=

2

而粒子在磁场中运动周期：T=

122m

t qB

π=与粒子速度无关，故经过时间t 1粒子做半圆到P 点，接下来只在电场力的作用下运动，P 点速度方向与N 点相反，所以从P 到Q 是M 到N 的逆运动，

有NP MQ ==，

得Q 点刚好在x 轴上（L ，0）则从O 点出发到第二次回到轴所需时间： t 总= 2（t 1+t 2） 又 t 1=

2L

v π t 2=

2L v 得： t 总=

4L

v π+（）

（3）如图所示，粒子接下来做有规律的运动，到达x 轴的横坐标依次为:

第一次：-2L 第二次：-2L+3L 第三次：-2L+3L -2L …………

若n 取偶数2，4，6......有:

-2322

n n L L L +=（）， 坐标为（

2

n

L ，0） 若n 取奇数1，3，5........有: -2L+

12n -（-2L+3L ）=-2L+

1

2

n -L ，

坐标为（-2L+

1

2

n -L ，0） 15．（2020·广西壮族自治区高三二模）如图所示，间距为L 的光滑M 、N 金属轨道水平平行放置，ab 是电阻为0R 的金属棒，可紧贴导轨滑动，导轨右侧连接水平放置的平行板电容器，板间距为d ，板长也为L ，导轨左侧接阻值为R 的定值电阻，其它电阻忽略不计．轨道处的磁场方向垂直轨道平面向下，电容器处的磁场垂直纸面向里，磁感应强度均为B ，当ab 以速度0v 向右匀速运动时，带电量大小为q 的颗粒以某一速度从紧贴A 板左侧平行于A 板进入电容器内，恰好做匀速圆周运动，并刚好从C 板右侧边缘离开，求:

（1）AC 两板间的电压U ； （2）带电颗粒的质量m ； （3）带电颗粒的速度大小.v

【答案】（1）00RBLv U R R =+ ；（2）()00RqBLv m R R gd =+ ； （3）22

()()2R R L d g v RLv ++= 【解析】（1）棒ab 向右运动时产生的电动势为：0E BLv = AC 间的电压即为电阻R 的分压，由分压关系可得：0

E

U R R R =+ 解得：0

BLv U R R R =

+ （2）带电粒子做匀速圆周运动，则重力与电场力平衡有：U

q mg d

= 解得： ()00RBLv q

m R R gd

=

+

（3）粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得：2

v qvB m r

=

粒子运动轨迹如图所示：

由几何关系可得：()2

22L r d r +-=

解得： ()()2200

2R R L d g

v RLv ++=

16．（2020·天津高三一模）如图所示，热电子由阴极飞出时的初速忽略不计，电子发射装置的加速电压为U ，电容器板长和板间距离均为L ，下极板接地。电容器不加电压时，电子由电容器正中间射入，直线打在屏幕中央。若电子质量为m ，电量为e ，求：

（1）若每秒由阴极飞出N 个电子，电容器不加电压时，若电子打到屏上即被吸收，求电子持续作用在屏幕上的压力；

（2）若电容器所加电压也为U ，求电子飞出极板时的偏转距离y ；

（3）若极板间不加电压，而充满垂直纸面的匀强磁场，为使电子由电容器右侧上边缘射出，求磁场大小及方向。

【答案】（1）（2）

4L ；（3）B = 【解析】（1）根据动能定理有：电子离开发射装置的动能为

2

01 2

mv eU = 则电子的初速度

0v =

电容器不加电压时，电子将以v 0速度直接打在光屏上，电子被光屏吸收，可知电子的末动量为零，设单位

时间内光屏对电子的作用力为F ，则根据动量定理有 Ft=0-Nmv 0 其中t=1s ，得

Nmv F t

=-

=-符号表示方向与电子速度方向相反；则由牛顿第三定律可知，持续作用在屏幕上的压力为

F F '==方向向右；

（2）若电容器所加电压也为U ，则电容器中产生的电场强度为

U E L

=

则电子进入电容后的加速度为

eE eU

a m mL

=

=

电子由进入电容器到飞出电容器经历的时间为

10L t v ==

则电子飞出极板时的偏转距离为

214

12t L y a == （3）电子向上偏转，由左手定则可知磁场的方向为垂直于纸面向外，电子的运行轨迹如图：

由题意可知：OA ＝

2

L

，AB=L ，由几何关系可得 22

22

L R L R -+=（）

得

54

R L =

电子在磁场中偏转，由洛伦兹力提供向心力，有

20

0v ev B m

R

=

则

mv B eR

=

代入数据解得

B =

17．（2020·浙江省高三开学考试）飞行时间质谱仪通过探测不同离子到达探测头时间，可以测得离子比荷。如图甲所示，探测头在探测器左端中点。脉冲阀P 喷出微量气体，经激光S 照射产生不同价位的离子，假设正离子在A 极板处初速度为零，AB 极板间的加速电压为U 0，离子加速后从B 板小孔射出，沿中心线方向进入C 、D 板间的偏转控制区。已知加速电场AB 间距为d ，偏转极板CD 的长度及宽度均为L 。设加速电场和偏转电场均为匀强电场，不计离子重力和离子间相互作用。

(1)若偏转电压U CD =0，某比荷为k 的离子沿中心线到达探测头，求该离子飞行总时间；

(2)若偏转电压U CD =0，在C 、D 板间加上垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，要使所有离子均能通过控制区域并从右侧飞出，求这些离子比荷的取值范围；

(3)若偏转电压U CD 与时间t 的关系如图乙所示，最大值U m =4U 0，

周期T =假设离子比荷为k ，并且在t=0时刻开始连续均匀地射入偏转电场。以D 极板的右端点为坐标原点，竖直向上为y 轴正方向，探测头可在y 轴上自由移动，在t=T 到5

4

t T =时间内，要使探测头能收集到所有粒子，求探测头坐标y 随时间t 变化的关系。

【答案】

；(2)0

22

3225U k B L ≤；

(3)2y L =-

【解析】(1)在电场中加速过程，由动能定理