一粒子源能产生大量的质量为 m，带电量为-q的粒子，这些粒子以不同的速度从同一个点A水平射入半径为R，磁感应强

粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，入射点是S，出射点在OC直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦．
当从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，根据几何知识，作ES⊥OC，则ES为最短的弦，粒子从S到E的时间即最短．
　由题，粒子运动的最短时间等于[T/6]，则θ=60°
设OS=d，则ES=

3
2d
由几何知识，得粒子运动的轨迹半径为R=ES=

3
2d，直径D=
3d
当粒子轨迹的弦是直径时运动时间最长，根据几何知识，轨迹SD如图．
可见粒子在磁场中运动的最长时间为t_max=[T/2]．
故选B

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．

考点点评： 本题的解题关键是运用几何知识画出轨迹，并且运用几何关系求解半径，这类问题是高考的热点，要加强训练，提高解题能力．

（1）、磁场Ⅰ的磁感应强度为B₁，方向垂直纸面向外，由题意可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径是b，则有：
qvB1＝m
v2
b
得：B1＝
mv
qb
磁场Ⅱ的磁感应强度为B₂，方向垂直纸面向内，由题意可知有：
B2＝B1＝
mv
qb
（2）、由y=-b处入射的粒子恰能从金属板间射出，所用的时间为t₁，由牛顿第二定律可得粒子在y轴方向的加速度为：
a＝
qU
md
由运动学公式有：[d/2−b＝
1
2a
t21]
金属板的最大长度为：
L_max=vt₁
由以上各式可得：
Lmax＝ v

(d−2b)dm
qU
所有粒子经电场都沿y的负方向偏移同样大小的量值，所以粒子在MN屏上的y方向分布范围为：
△y_MN=2b
（3）、沿x轴入射的粒子恰能从板间射出，所用的时间为t₂，则由运动学公式有：
[d/2＝
1
2a
t22]
由y=b处入射的粒子与y=0处入射的粒子刚到达金属板间的时间差最大，为：
△t＝(
π
2−1)
b
v
y=b处入射的粒子在y方向的动量变化最小，其值为△p，由动量定理得：
△p＝
qU
d(t2−△t)
当t₂-△t＞0时
△p＝
mqU−(
π
2−1)
qUb
vd
当t₂-△t≤0时，粒子不经电场加速
△p=0
答：（1）磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小都为[mv/qb]．方向分别为垂直纸面向外和向里．
（2）若全部粒子均能打在接收屏上，金属板的最大长度是v

(d−2b)dm
qU，此时粒子在接收屏上的分布范围是2d．
（3）y方向动量变化的最小值是0．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；运动的合成和分解；带电粒子在匀强磁场中的运动．

考点点评： 此题考察到了两方面的问题，一是在磁场中的偏转，一是在电场中的偏转．
对于带点粒子在磁场中的偏转，往往联系临界和多解问题，当粒子速度大小不变，速度方向变化；此时由于速度大小不变，则所有粒子运动的轨道半径相同，但不同粒子的圆心位置不同，其共同规律是：所有粒子的圆心都在以入射点为圆心，以轨道半径为半径的圆上，从而找出动圆的圆心轨迹，再确定运动轨迹的临界点．
粒子在电场中的偏转，把运动沿电场的方向和垂直于电场的方向进行分解，一是做初速度为零的匀加速直线运动，一是做匀速直线运动，分别运用运动学公式进行列式求解即可．

粒子在磁场做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦．初速度大小相同，轨迹半径R=[mv/Bq]相同．
设OS=d，当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹所对的圆心角最大，周期一定，则由粒子在磁场中运动的时间最长．由此得到：
轨迹半径为：R=

3
2d
当出射点E与S点的连线垂直于OC时，弦ES最短，轨迹所对的圆心角最小，则粒子在磁场中运动的时间最短．
则：SE=

3
2d，由几何知识，得θ=60°
最短时间：t_min=[1/6T
所以，粒子在磁场中运动时间范围为
1
6T≤t≤
T
2]
故选ABC

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．

考点点评： 粒子在匀强磁场中匀速圆周运动的问题，关键是画轨迹．本题是根据几何知识：半径一定时，弦越长，对应的圆心角越大，则运动时间越长．

（1）加速电场变化的周期与粒子在磁场中运动周期相等，则有：T＝2πmqB；（2）由洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律，则有：Bqv=mv2r，解得：v=qBrm；粒子从加速器中射出时所具有的动能为：E=12mv2=12m×（qBrm）...

点评：
本题考点： 质谱仪和回旋加速器的工作原理．

考点点评： 考查粒子在磁场中做匀速圆周运动，掌握圆周运动的周期与半径公式，理解牛顿第二定律的应用，注意加速电场变化的周期与粒子在磁场中运动周期相等的条件．

粒子在磁场中运动做匀速圆周运动，入射点是S，出射点在OC直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦．
当从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，根据几何知识，作ES⊥OC，则ES为最短的弦，粒子从S到E的时间即最短．
　由题，粒子运动的最短时间等于[T/6]，则θ=60°
设OS=d，则ES=

3
2d
由几何知识，得粒子运动的轨迹半径为R=ES=

3
2d，直径D=
3d
当粒子轨迹的弦是直径时运动时间最长，根据几何知识，轨迹SD如图．
可见粒子在磁场中运动的最长时间为t_max=[T/2]．
故选B

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．

考点点评： 本题的解题关键是运用几何知识画出轨迹，并且运用几何关系求解半径，这类问题是高考的热点，要加强训练，提高解题能力．

(1)粒子进入平行板中的匀强电场，则电场力对其加速，利用动能定理则：

所以出电场的末速度为

根据洛伦兹力提供向心力有，即，带入则

(2)

根据粒子在磁场中的运动轨迹可知，在磁场中轨迹的圆心角为60∘。即

(1) 　(2)


<>

（1）由题意，“沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与y轴平行”的粒子运动的轨迹如图甲，由图可得，粒子运动的半径：R=x₀
由洛伦兹力提供向心力，得：qvB＝
mv2
R
所以：B＝
mv
qR＝
mv
qx0…①
（2）根据粒子在磁场中运动的时间与偏转角度的关系：[θ/360°＝
t
T]…②
可知粒子在磁场中运动的时间与偏转的角度成正比，由图乙可得，打在P右侧下端的粒子在磁场中运动的时间最长，由丙图可得，打在P下端的粒子在磁场中运动的时间最短，打在P右侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是300°，设运动的时间是t₁，由于运动的半径与O到P的距离都是x₀，所以打在P下端的粒子在磁场中偏转的角度是60°，设运动的时间是t₂，则：
t1＝
300°
360°T＝
5
6T，t2＝
60°
360°T＝
1
6T… ③
由：T＝
2πR
v＝
2πm
qB… ④
所以：△t＝t1−t2＝
5
6T−
1
6T＝
2
3T＝
4πx0
3v
（3）作图得出使薄金属板右侧能接收到带电粒子的运动轨迹中，打在最上面的点的轨迹与打在最下面的粒子的轨迹如图丁，挡板的位置在图中的MN出即可满足题目的要求．打在最上面的点的轨迹与甲图中的轨迹相同，
.
OM＝2R＝2x0…⑤
打在最下面的点：
.
ON＝2R•cos30°＝
3x0… ⑥
挡板的最小长度：L＝
.
OM−
.
ON＝(2−

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动．

考点点评： 本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动，要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了．

（1）竖直向上射出的电子垂直打到挡板上，
它在磁场中转过半个圆周，运动时间是周期的一半，
电子在磁场中做圆周运动的周期：T=[2πm/eB]，
电子的运动时间：t=[1/2]T=[πm/eB]；
（2）电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：ev₀B=m

v20
r，
解得，电子的轨道半径：r=
mv0
eB，
水平向左射出的电子不能从上边界射出，则其它速率和方向的电子均不能从上边界射出，磁场最小宽度y=2r=
2mv0
eB；
从O点水平向左射出的电子最容易从左边界射出，OC的最小值：x₁=r，
从O点垂直与AB向上射出的电子如不能从右边界射出，则其它速率方向的电子均不能从右边界射出，则OF的最小值：x₂=2r，
磁场的最小长度：x=x₁+x₂=3r=
3mv0
eB；
答：（1）垂直打到挡板上的电子在磁场中运动的时间为[πm/eB]；
（2）磁场区域的最小宽度为：
2mv0
eB，最小长度为
3mv0
eB．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动．

考点点评： 本题考查了电子在磁场中的运动，分析清楚电子运动过程、应用牛顿第二定律、周期公式即可正确解题，注意几何知识的应用．

粒子在磁场做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦．初速度大小相同，轨迹半径R=[mv/Bq]相同．
设OS=d，当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹所对的圆心角最大，周期一定，则由粒子在磁场中运动的时间最长．由此得到：
轨迹半径为：R=

3
2d
当出射点E与S点的连线垂直于OC时，弦ES最短，轨迹所对的圆心角最小，则粒子在磁场中运动的时间最短．
则：SE=

3
2d，由几何知识，得θ=60°
最短时间：t_min=[1/6T
所以，粒子在磁场中运动时间范围为
1
6T≤t≤
T
2]
故选ABC

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．

考点点评： 粒子在匀强磁场中匀速圆周运动的问题，关键是画轨迹．本题是根据几何知识：半径一定时，弦越长，对应的圆心角越大，则运动时间越长．

（1）设板间距为d，t=0.1s时刻释放的粒子在板间做类平抛运动
在沿电场方向上
d
2＝
qU
2dmt2…①
粒子离开电场时，沿电场方向的分速度vy＝
qU
dmt…②
粒子离开电场时的速度 v＝

v20+
v2y]…③
粒子在电场中的偏角为θ，tanθ=
vy
v0…④
由①②③④得v＝

v20+
qU
m＝1.4×105m/s
tanθ=

qU
m
v20=1
得 θ=45°
（2）带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期
qvB=m
v2
R
T=[2πR/v]
则得周期 T＝
2πm
qB＝2×10−6s
不同时刻释放的粒子在电场中的偏角θ不同，进入磁场后在磁场中运动的时间不同，θ角越大的进入磁场中的偏角越大，运动时间越长．
t=0时刻释放的粒子，在电场中的偏角为0°，在磁场中运动的时间最短 t1＝
T
2＝1.0×10−6s；
t=0.1s时刻释放的粒子，在电场中的偏角最大为45°，在磁场中的运动时间 t2＝
3T
4＝1.5×10−6s
而其它时刻释放的粒子，在电场中的偏角介于0°和45°之间．因此，粒子在磁场中运动的时间介于1.0×10^-6s和1.5×10^-6s之间．
答：
（1）t=0.1s时刻粒子源放出的粒子离开电场时的速度大小为1.4×10⁵m/s，方向与水平方向夹角为45°斜向下．
（2）从粒子源放出的粒子在磁场中运动的最短时间和最长时间分别为1.0×10^-6s和1.5×10^-6s．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题是组合场问题，综合应用牛顿运动定律、运动学知识以及几何知识，中等难度．

（1）由带电粒子在O₂O₃从沿直线运动有，qv₀B₁=qE
即 v0＝
E
B1
在加速电场中，由动能定理得，
qU=[1/2]mv₀²
故 U=
mE2
2q
B21
（2）带电粒子在PQ、MN之间区域运动轨迹如图所示．

粒子从O₃到C和从C到D做匀速直线运动，运动的时间t₁和路程s₁分别为：
t₁=[L
v0＝
LB1/E]
s₁=L
粒子与硬质塑料板相碰后，垂直纸面做匀速圆周运动，由匀速圆周运动规律得：
qv0B2＝
m
v20
r即 r＝
mv0
qB2＝
mE
qB1B2 T=[2πm
qB2
粒子做匀速圆周运动的路程s₂
S₂=2πr＝
2πmE
qB1B2
故粒子在PQ，MN之间的区域中运动的时间t和路程s分别为：
t=t₁+T=
LB1/E+
2πm
qB2]
s=s₁+s₂=L+
2πmE
qB1B2．
答：（1）求加速电压U=
mE2
2q
B21．
（2）粒子在PQ、MN之间的区域中运动的时间和路程分别是
LB1
E+

点评：
本题考点： 带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律；匀速圆周运动；向心力；动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题考查分析和处理粒子在磁场中圆周运动的轨迹问题，要根据几何知识画圆或圆弧．

粒子在磁场中受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动，qvB=
mv2
R．
由题意：与y轴正方向成60°角发射的粒子恰好垂直于磁场右边界射出，说明该方向上的粒子匀速圆周运动的圆心正好在2a点处，

由几何关系可得：Rcos60°=a
所以匀速圆周运动的半径R=2a，所以粒子的速度v=[qBR/m]=[2aqB/m]，故A正确，B错误；
而粒子在磁场中运动的时间由圆心角决定，根据圆的对称性可知，粒子与y轴正方向成120°角射出时在磁场中运动对应的圆心角最大，故运动时间越长，故C正确，D错误．
故选：AC

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动．

考点点评： 本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，根据题意作出粒子的运动轨迹是正确解题的前提与关键．

如图所示为卢瑟福α粒子散射实验装置的示意图，图中的显微镜可在圆周轨道上转动，通过显微镜前相连的荧光屏可观察α粒子在各个角度的散射情况．
其中R为被铅块包围的 α粒子源，F为金箔．
因为多数射线基本不偏折，少数发生较大角度的偏转，个别的粒子几乎被反射回来．所以减小角度θ，从M中观察到的单位时间内的闪光次数 增大．
故答案为：α；金箔；增大．

点评：
本题考点： 粒子散射实验．

考点点评： 该题考查α 粒子散射实验，关键要记住该实验中观察到的现象和通过该实验得出的结论，知道其实验解释了散射现象的原因．

（1）设带电粒子的质量为m，电量为q，
粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供圆周运动的向心力，
设圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律得：qvB=m
v2
r…①
粒子能打在挡板上的临界情形如图a所示，
所以粒子不打在挡板上，d应满足：d＞2r… ②，
由①②解得：d＞[2v/kB]；
（2）在挡板左侧，能打到挡板上部最远点的粒子轨迹恰好和挡板相切，如图b中的轨迹1所示


由①式及已知数据知粒子的轨迹半径：r=[v/kB]=OP… ③，
可知：PN=[v/kB]… ④
轨迹1是初速度方向沿OP方向的粒子轨迹，
设粒子初速度方向与OP成θ角，如图b所示，随着θ角从0开始增大，粒子打在挡板上的点从N点逐渐下移，当粒子刚好通过P点时，粒子开始打在挡板的右侧，设此时打在挡板上的点为M，如图b中轨迹2，在△OPM中，由几何关系可知：PM=
(2r)2−r2…⑤
由③⑤解得：PM=

3v
kB，
当θ角继续增大，粒子打在挡板上的点从M点逐渐下移至P点，设此时如图b中轨迹3，
由几何关系可知此时，θ=[5/6]π…⑥
由以上分析可知，挡板长度至少等于

3v
kB，挡板吸收的粒子数与总粒子数比值最大，
挡板吸收的粒子数与总粒子数最大比值η=[θ/2π]…⑦，
由⑥⑦式可得最大比值η=5：12．
答：（1）为了使带电粒子不打在挡板上，粒子源到挡板的距离d应满足的条件是：d＞[2v/kB]；
（2）挡板至少等于

3v

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动．

考点点评： 本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力；确定带电粒子轨迹的范围一般应用画图的方法找出，同时可以结合选项进行分析，可以用最快的速度求出结论．

粒子在磁场做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦．初速度大小相同，轨迹半径R=[mv/qB]相同．
设OS=d，当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹所对的圆心角最大，周期一定，则由粒子在磁场中运动的时间最长．由此得到：
轨迹半径为：R=

3
2d
当出射点E与S点的连线垂直于OC时，弦ES最短，轨迹所对的圆心角最小，则粒子在磁场中运动的时间最短．
则：SE=

3
2d，由几何知识，得θ=60°
最短时间：t_min=[1/6]T
所以，粒子在磁场中运动时间范围为[1/6]T≤t≤[T/2]，
故不可能的是AB；
故选：AB．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动．

考点点评： 粒子在匀强磁场中匀速圆周运动的问题，关键是画轨迹．本题是根据几何知识：半径一定时，弦越长，对应的圆心角越大，则运动时间越长．

（1）由几何知识知粒子轨道半径：
r=d
洛伦兹力提供向心力，有：
qv0B＝m

v20
r
解得：
B=
mv0
qd
（2）t=0时刻进入板间的粒子先向a板加速时间△t=[l
2v0，然后再向a板减速时间△t=
l
2v0，恰好从板边缘以速度v₀垂直PQ边进入磁场．
在板间运动的加速度：a=
qU0/2md]
由对称性可知：d=2×[1/2]×a×（△t）²
解得电压：U0＝
8md2
v20
ql2
（3）所有粒子进入磁场时的速度大小均为v₀，方向均垂直PQ边；
从中心线右侧进入磁场的粒子运动时间最长；
粒子在磁场中运动的周期：T=[2πd
v0
所以最长时间：t_max=
T/2]=[πd
v0
从左侧极板边缘进入磁场的粒子在磁场中运动轨迹如图
且时间最短，由几何知识知轨迹圆弧对应的圆心角为60°
所以最短时间：tmin＝
1/6T=
πl
3v0]
答：（1）磁感应强度B的大小为
mv0
qd；
（2）两板间电压为
8md2
v20
ql2；
（3）粒子在磁场中运动的最长时间为
πd
v0，最短时间为
πl
3v0．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．

考点点评： 本题关键是明确粒子在电场和磁场中的运动规律，找出临界轨迹，根据类似平抛运动的分运动公式、牛顿第二的力量和几何关系列式求解，不难．

（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，由平抛运动的规律得：
在电场中：v₀t=L…①
[1/2
qE
mt2=L… ②
由①②解得：E=
2m
v20
qL]
（2）根据粒子在电场中的偏转方向，可知粒子带正电，再根据左手定则判断，磁场垂直于纸面向外．
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设轨道半径为R，则有：
qvB=m

v20
R
解得：R=
mv0
qB…④
由图中几何关系得到：
（L-R）²+（[L/2]）²=R²
解得：R=[5/8]L…⑤
由④⑤解得：B=
8mv0
5qL
答：（1）电场强度E的大小为
2m
v20
qL．
（2）所加磁场的磁感强度B的大小为
8mv0
5qL，方向为垂直于纸面向外．

点评：
本题考点： 匀强电场中电势差和电场强度的关系．

考点点评： 本题要掌握左手定则，熟练判断出磁场的方向，运用几何知识求磁场中圆周运动的半径，运用运动的分解法研究类平抛运动，这些都是常用的方法，要加强训练提高解题的能力．

解（1）粒子经加速电场的过程中，由动能定理得：qU₁=[1/2mv2 ①
解得粒子穿过B板时的速度大小 v=

2qU1
m]②
（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，平行板方向做匀速直线运动，运动时间为：t=[L/v]③
垂直板方向做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得加速度为：a=[qE/m]④
其中场强E=
U2
d⑤
离开偏转电场时的侧移为 y=[1/2at2⑥
由①②③④⑤⑥解得：y=
U2L2
4U1d]⑦
（3）粒子运动的全过程，由动能定理得：qU₁+qEy=E_k⑧
由⑤⑦⑧得粒子离开偏转电场时的动能为：E_k=qU₁+
q
U22L2
4U1d2．
答：（1）粒子穿过B板时的速度大小为

2qU1
m；
（2）粒子离开偏转电场时的侧移距离为
U2L2
4U1d；
（3）离开偏转电场时粒子的动能为qU₁+
q
U22L2
4U1d2．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；动能定理的应用．

考点点评： 本题要熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，把类平抛运动分解成水平方向的匀速直线运动，竖直方向的匀加速直线运动，结合牛顿第二定律和匀变速直线运动规律解题．