粒子进入第n层磁场时，速度的方向与水平方向的夹角为αn，从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn，粒子在电场中运动时，垂直于电场线方向的速度分量不变，有 vn－1sin θn－1＝vnsin αn⑦ 由图1看出
rnsin θn－rnsin αn＝d⑧ 由⑥⑦⑧式得
rnsin θn－rn－1sin θn－1＝d⑨
由⑨式看出r1sin θ1，r2sin θ2，…，rnsin θn为一等差数列，公差为d，可得 rnsin θn＝r1sin θ1＋(n－1)d⑩
图2
当n＝1时，由图2看出 r1sin θ1＝d? 由⑤⑥⑩?式得 sin θn＝B
nqd
? 2mE
(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出，则 πθn＝?
2sin θn＝1?
q′
在其他条件不变的情况下，换用比荷更大的粒子，设其比荷为，假设能穿出第n层磁场右侧
m′边界，粒子穿出时的速度方向与水平方向的夹角为θn，由于 q′q＞? m′m则导致 sin θn′＞1?
说明θn′不存在，即原假设不成立．所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界．
答案 (1)2
qEd2
mBmEd
(2)Bqnqd
(3)见解析 2mE
1
31．解析 (1)离子在电场中加速： qU0＝mv2
2v2
在磁场中做匀速圆周运动：qvB＝m
r解得r＝
1B
2mU0 q
39qB2L2
打在MN中点P的离子半径为r0＝L，代入解得m＝ 432U016U0r25100U0(2)由(1)知，U＝ 2离子打在Q点时r＝L，U＝9L681离子打在N点时r＝L，U＝100U016U0≤U≤ 819(3)由(1)可知，r∝U
由题意知，第1次调节电压到U1，使原本Q点的离子打在N点 LU1＝ 5U0L6
5L6U1此时，原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上＝
r1U05?解得r1＝??6?L
第2次调节电压到U2，原本打在Q1的离子打在N点，原本半径为r2的打在Q2的离子打在Q上，5
LLU26U2则：＝，＝
r1U0r2U05?解得r2＝??6?L
5?同理，第n次调节电压，有rn＝??6?L检测完整，有rn≤ 2解得n≥
lg 2
－1≈2.8 6lg （）5
n＋1
L
32
16U0，则电压的范围 9
最少次数为3次
9qB2L2100U016U0答案 (1) (2)≤U≤ (3)3次
32U0819
32．解析 (1)粒子在电场中，由动能定理有 1qEd＝mv2－0①
21
粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力 v21qv1B0＝m②
r
当k＝1时，由几何关系得r＝L③
2
qB20L
由①②③解得E＝④
2md
(2)由于2 (r1－L)2＋(kL)2＝r21⑤ k2＋1解得r1＝L⑥ 2 粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力 mv2 qvB0＝⑦ r1 （k2＋1）qB0L 由⑥⑦解得v＝⑧ 2m粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力 v2 qvB＝m⑨ r2 由对称性及几何关系可知 kr1＝⑩ （3－k）r2 （3－k）（k2＋1） 解得r2＝L? 2k由⑧⑨?解得B＝ kB 3－k0 2 （k2＋1）qB0LqB2k0L 答案 (1) (2)v＝ B＝B 2md2m3－k0 33．解析 (1)设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得 mv20qv0B0＝① R1 据题意由几何关系得 R1＝d② 联立①②式得 mv0B0＝③ qd (2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得 v20a＝④ R2 据题意由几何关系得 3R2＝d⑤ 联立④⑤式得 3v20a＝⑥ d (3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得 T＝ 2πR ⑦ v0 由牛顿第二定律得 mv20qv0B0＝⑧ R由题意知B0＝d＝4R⑨ 4mv0，代入⑧式得 qd 粒子运动轨迹如图所示，O1O2为圆心，O1、O2连线与水平方向的夹角为θ，在每个TB内,只有π＋θ2πTBA、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求0＜θ＜，由题意可知T＝⑩ 22π2设经历完整TB的个数为n(n＝0，1，2，3……) 若在A点击中P板，据题意由几何关系得 R＋2(R＋Rsin θ)n＝d? 当n＝0时，无解? 当n＝1时，联立⑨?式得 π1θ＝(或sin θ＝)? 62联立⑦⑨⑩?式得 TB＝ πd ? 3v0 当n≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求? 若在B点击中P板，据题意由几何关系得 R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsinθ)n＝d? 当n＝0时，无解? 当n＝1时，联立⑨?式得 11θ＝arcsin (或sinθ＝)? 44联立⑦⑨⑩?式得 π1d TB＝(＋arcsin )? 242v0 当n≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求? mv03v2πdπ1d0答案 (1) (2) (3)或(＋arcsin ) qdd3v0242v034．解析 (1)设粒子在磁场中的轨迹半径为r 根据题意L＝3rsin 30°＋3dcos 30° 且h＝r(1－cos 30°) 23 解得h＝(L－3d)(1－) 32 (2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r′ v2v′2 m＝qvB，m＝qv′B rr′由题意知3rsin 30°＝4r′sin 30° 解得Δv＝v－v′＝ qBL3 (－d) m64 (3)设粒子经过上方磁场n次 由题意知L＝(2n＋2)dcos 30°＋(2n＋2)rnsin 30°