1.4洛伦兹力与现代技术 课后作业（Word版含解析）

2021-2022学年粤教版（2019）选择性必修第二册
1.4洛伦兹力与现代技术
课后作业（解析版）
1．有人设计了如图所示的简易实验装置来筛选实验室所需要的离子。S为离子源，能够提供大量比荷和速率均不一样的离子。AB为两个板间电压为U的平行金属板，相距为d（d很小）。上部分成圆弧形，中轴线所在圆弧半径为R（如虚线所示），该区域只存在电场；下部分平直，且中间还充满磁感应强度为B的匀强磁场。不计离子重力影响，下列说法错误的是（　　）
A．所加磁场的方向垂直于纸面向里
B．通过改变U和B，可以选取满足要求的正离子
C．所有速率等于的离子均能通过该仪器
D．通过该仪器的离子，比荷一定为
2．如图所示为某质谱仪的工作原理示意图。初速度为零的质子（不计重力）被加速电压U1加速后，进入速度选择器（内部存在正交的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小为B，两极板间的电压为U2，间距为d），沿直线运动通过狭缝P，打在可记录粒子位置的胶片A1A2上的C点，PC=x，A1A2下方匀强磁场的磁感应强度大小为B0。若B、B0、d一定，改变U1、U2，均可使质子通过狭缝P，则下列图像反映x或U2随U1的变化规律可能正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
3．如图所示为一速度选择器，两极板MN之间的距离为d，极板间所加电压为U，两极板间有一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。一束质子流从左侧两板边缘连线的中点沿两板中心线进入板间区域，能够沿直线运动，不计粒子重力。则下列说法正确的是（　　）
A．M极板接电源的负极
B．质子流的入射速度为
C．如果将质子换成电子，从右侧沿中心线以与质子流相同的速率进入板间区域，则电子在该区域运动过程中电势能增加
D．如果换成一束α粒子，仍从左侧沿中心线以与质子流相同的速度进入板间区域，则α粒子同样可以沿直线飞出该区域
4．如图所示，长方体玻璃水槽中盛有的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流I，沿y轴正向加恒定的匀强磁场B，图中a、b是垂直于z轴方向上水槽的前、后两内侧面，则（　　）
A．a处电势高于b处电势
B．a处电势低于b处电势
C．a处离子浓度大于b处离子浓度
D．a处离子浓度小于b处离子浓度
5．如图所示，一内壁光滑的玻璃管竖直放置，上端开口，下端封闭，管底有一带电小球，整个装置在垂直纸面向里且足够大的匀强磁场中。现对管施加一水平向右的恒力F，经过一段时间，小球从上端开口处飞出，在这个过程中小球所带电量不变，下列说法中正确的是（　　）
A．小球所受洛伦兹力方向始终竖直向上
B．小球运动的轨迹为抛物线
C．洛伦兹力对小球做正功
D．小球的机械能增加
6．如图所示，平行金属板M、N之间有竖直向下的匀强电场，虚线下方有垂直纸面的匀强磁场，质子和α粒子分别从上板中心S点由静止开始运动，经电场加速后从O点垂直磁场边界进入匀强磁场，最后从a、b两点射出磁场（不计重力），下列说法正确的是（　　）
A．磁场方向垂直纸面向里
B．从a点离开的是质子
C．从b点离开的粒子在磁场中运动的速率较大
D．粒子从S出发到离开磁场，由b点离开的粒子所用时间较
7．如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内，有场强大小为E、方向沿x轴正方向的匀强电场，第二象限内有一半径为L0的圆形匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直于xOy平面向里，圆形磁场边缘与x轴相切于P点，P点坐标为（-2L0，0）。现有两个电子a、b从P点以相同速率沿不同方向同时射入匀强磁场区域，a、b的速度方向与y轴正方向夹角均为。电子b经过y轴上的Q点进入第一象限（Q点图中没画出），已知两个电子恰好都经过圆形磁场边缘的同一点K（K点图中未画出），电子质量m、电荷量为e，，不计重力，则（　　）
A．电子a、b进入第一象限前在磁场中运动的时间差是
B．电子在电场中运动离y轴最远距离为
C．Q点的坐标为
D．电子a、b同时到达K点
8．劳伦斯和利文斯设计的回旋加速器如图所示，高真空中的两个D形金属盒间留有平行的狭缝，粒子通过狭缝的时间可忽略。匀强磁场与盒面垂直，加速器接在交流电源上，若A处粒子源产生的质子可在盒间被正常加速。下列说法正确的是（　　）
A．虽然逐渐被加速，质子每运动半周的时间不变
B．只增大交流电压，质子在盒中运行总时间变短
C．只增大磁感应强度，仍可能使质子被正常加速
D．只增大交流电压，质子可获得更大的出口速度
9．霍尔元件的工作原理如图所示，设霍尔元件长度为a、高度为b、厚度为c，匀强磁场方向沿y轴正方向垂直穿过霍尔元件工作面，已知磁感应强度为B。当沿x轴正方向通入图示电流I时，上下两个侧面M、N上出现了电势差，称为霍尔电势差或霍尔电压（符号），则下列说法中正确的是（　　）
A．若霍尔元件的载流子是自由电子，则上侧面M的电势低
B．其他条件不变，仅增大磁感应强度B，则霍尔电压变小
C．其他条件不变，仅增大霍尔元件高度b，则霍尔电压变大
D．其他条件不变，仅增大霍尔元件厚度c，则霍尔电压变小
10．如图所示，平面直角坐标系的轴上点固定一负点电荷，另一正点电荷在库仑力作用下绕该负点电荷沿椭圆轨道逆时针方向运动。点是椭圆轨道的中心，点是椭圆轨道的一个焦点，、和为椭圆轨道与坐标轴的交点。不计重力，下列说法正确的是（　　）
A．正点电荷从点运动到点的过程中动能不断增大
B．正点电荷运动到点时，加一方向垂直于平面向里的匀强磁场，正点电荷可能绕负点电荷做匀速圆周运动
C．正点电荷运动到点时，加一方向垂直于平面向里的匀强磁场，正点电荷可能绕负点电荷做匀速圆周运动
D．正点电荷运动到点时，加一方向垂直于平面向里的匀强磁场，正点电荷可能绕负点电荷做匀速圆周运动
11．如图所示，平行板电容器所带的电荷量为Q，板间距离为d。竖直平面MN的右侧有一个垂直于纸面向里的有界匀强磁场，磁感应强度为B。带电粒子以初速度v0从左侧进入电容器，入射方向与电场垂直，之后从MN上的P点进入磁场，接着再从Q点离开磁场，整个装置处于真空环境中，不计粒子受到的重力，忽略电场的边缘效应，下列说法正确的是（　　）
A．增大初速度v0，粒子在磁场中运动的时间会变短
B．减少电容器所带的电荷量Q，P、Q间的距离会变小
C．增大磁感应强度B，P、Q间的距离会变小
D．增大板间距离d，粒子在磁场中运动的半径会变小
12．如图，电磁流量计的测量管横截面直径为D，在测量管的上下两个位置固定两金属电极a、b，整个测量管处于水平向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。当含有正、负离子的液体从左向右匀速流过测量管时，连在两个电极上的显示器显示的流量为Q（单位时间内流过的液体体积），下列说法正确的是（　　）
A．a极电势高于b极电势
B．液体流过测量管的速度大小为
C．a、b两极之间的电压为
D．若流过的液体中离子浓度变高，显示器上的示数将变大
13．质量为m、电荷量为q的微粒，以与水平方向成角的速度v，从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A．该微粒一定带负电荷
B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C．该磁场的磁感应强度大小为
D．该电场的场强为
14．科学家们经常利用电偏转和磁偏转将带电粒子束分开，若一束粒子中含有质子和粒子（粒子由两个质子和两个中子组成），用下列哪些方法能够把两种粒子分开（　　）
A．粒子束以相同的动能垂直于磁场方向进入同一匀强磁场
B．粒子束以相同的动能垂直于电场方向进入同一匀强电场
C．粒子束由静止经同一加速电场加速后，再垂直于磁场方向进入同一匀强磁场
D．粒子束由静止经同一加速电场加速后，再垂直于电场方向进入同一匀强电场
15．在平面直角坐标系区域内有沿y轴正方向的匀强电场区域内有沿y轴负方向的匀强电场区域内有一匀速转动圆筒，其转轴垂直于平面直角坐标系，经过点，半径为L，圆筒内存在着垂直于坐标系平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。筒壁上有两孔，在同一直径上，初始位置如图所示。质量为m、电荷量为e的电子，从y轴上的A点以速度沿x轴正方向射入电场，从处沿x轴正方向经孔M进入磁场区域，电子打在筒壁上时的速度与x轴正方向成角。若电子打到壁上就被吸收，不考虑电子间的相互作用力和重力，则下列说法正确的是（　　）
A．匀强电场场强
B．电子从进入电场到打到筒壁上所需要的时间
C．电子打到筒壁上的位置坐标为
D．要使电子从孔N射出，圆筒转动的角速度可能为
16．如图甲所示，水平放置的平行板电容器极板长为L，间距为d，其右侧是竖直放置的足够长的荧光屏，荧光屏右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场。从A处连续发射的电子（初速度不计），通过M、N板上的小孔、平行板电容器后全部进入匀强磁场，并最终全部打在荧光屏上发出荧光。已知电子质量为m（重力不计），电量为，之间的电压为（N板电势比M板电势高），水平放置的电容器所加电压如图乙所示，为已知量，电子在电场中运动的时间小于。求：
（1）电子经过N板上小孔时的速率；
（2）电子射入磁场时，入射点之间的最大距离；
（3）荧光屏上亮线的长度。
17．如图所示，直角坐标系xoy位于竖直平面内，在第Ⅳ象限存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B=2T、方向垂直于xoy平面向外，电场E1平行于y轴；在第Ⅲ象限存在沿x轴正方向的匀强电场E2，已知场强E1、E2的大小相等。一可视为质点、比荷为的带正电的小球，从y轴上的A（0，0.2m）点以初速度v0水平向右抛出，经过x轴上的M（0.4m，0）点进入第Ⅳ象限，在第Ⅳ象限恰能做匀速圆周运动。不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）小球从A点抛出的初速度大小v0及场强E1的大小；
（2）小球第一次经过y轴负半轴的坐标；
（3）小球从A点出发到第三次经过y轴负半轴所用的总时间。
18．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的半径为L，电势为，内圆弧面CD的半径为L，电势为。足够长的收集板MN平行边界ACDB，O到MN板的距离OP=L。假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子引力的影响。
（1）求粒子到达O点时速度的大小；
（2）如图2所示，在边界ACDB和收集板MN之间加一个半圆形匀强磁场，圆心为O，半径为L方向垂直纸面向内，则发现从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后有能打到MN板上（不考虑过边界ACDB的粒子再次返回），求所加磁感应强度的大小；
（3）同上问，从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后均不能到达收集板MN，求磁感应强度所满足的条件。试写出定量反映收集板MN上的收集效率η与磁感应强度B的关系的相关式子。
19．如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q（q>0）的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞。已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力。
（1）求粒子发射位置到P点的距离；
（2）求磁感应强度大小的取值范围；
（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离。
20．如图所示，一质量为m=2.0×10-11kg，电荷量q=+1.0×10-5C的带电粒子（重力忽略不计），从静止开始经U1=100
V的电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压U2=100
V。金属板长L=20
cm，两板间距d=
cm。
（1）求粒子进入偏转电场时的速度v0的大小；
（2）求粒子射出偏转电场时的偏转角θ；
（3）若右侧匀强磁场的宽度为D=10
cm，为使粒子不会由磁场右边界射出，则该匀强磁场的磁感应强度B应满足什么条件。
参考答案
1．C
【详解】
ABC．粒子在弯曲的部分做圆周运动，电场力提供向心力，故只有正离子才可能通过该仪器。又由于板间距很小，该部分电场强度
E=
粒子通过下部分时做直线运动，则电场力与洛伦兹力平衡
解得
故磁场只能垂直于纸面向里，且速率为的正离子才能通过该仪器。AB正确，不符合题意，C错误，符合题意；
D．由电场力提供圆周运动的向心力知
得
即通过该仪器的离子比荷为。D正确，不符合题意。
故选C。
2．B
【详解】
AB．设质子进入速度选择器的速率为v，根据动能定理有
qU1=
结合x=2r和r=得
则x与成正比，B正确，A错误；
CD．质子在速度选择器中做匀速直线运动，受力平衡，有
qvB=qE
由E=得
U2=Bd
CD错误。
故选B。
3．D
【详解】
A．质子流从左侧两板边缘连线的中点沿两板中心线进入板间区域，所受的洛伦兹力垂直于M极板向上，因垂直于极板方向受力平衡，故电场力方向垂直于M极板向下，即电场强度方向向下，M极板接电源的正极，故A错误；
B．由平衡条件得
解得质子流的入射速度为
故B错误；
C．如果将质子换成电子，从另一侧沿中心线以与质子流相同的速率进入板间区域，电子受到的电场力和洛伦兹力都垂直于M极板向上，电场力做正功，电势能减少，故C错误；
D．如果换成一束α粒子，仍从左侧沿中心线以与质子流相同的速度进入板间区域，所受洛伦兹力垂直于M极板向上，电场力方向垂直于M极板向下，且有
则α粒子同样可以沿直线飞出该区域，故D正确。
故选D。
4．C
【详解】
AB．电流向右，正离子向右运动，磁场的方向是竖直向上的，根据左手定则可以判断，正离子受到的洛伦兹力的方向是向前，即向a处运动，同理，可以判断负离子受到的洛伦兹力的方向也是指向a处的，所以a处整体不带电，a的电势和b的电势相同，AB错误；
CD．由于正负离子都向a处运动，所以a处的离子浓度大于b处离子浓度，C正确，D错误。
故选C。
5．D
【详解】
ABC．设小球竖直分速度为vy、水平分速度为v。以小球为研究对象，受力如图所示
由于小球随玻璃管在水平方向做匀加速直线运动，则竖直方向的洛伦兹力增大，竖直方向做变加速运动，由运动的合成可知，小球运动的轨迹不是抛物线，洛伦兹力方向总是与小球的速度方向垂直，对小球不做功，故ABC错误；
D．由于小球受到玻璃管的作用力对小球做正功，故小球的机械能增加，故D正确。
故选D。
6．BD
【详解】
A．质子和α粒子都带正电荷，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，A正确。
BC．粒子在匀强电场中加速，由动能定理
解得
进入匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力
联立解得
由此可知，α粒子的轨道半径较大，从a点离开的是质子，从b点离开的是α粒子，α粒子在磁场中运动的速率较小，B正确，C错误。
D．质子和α粒子在电场中加速，α粒子末速度是质子末速度的，在电场中运动时间是质子的倍。而质子和α粒子在磁场中运动时间都是半个周期，由周期公式
可知α粒子在磁场中运动时间是质子在磁场中运动时间的2倍。综上可知，粒子从S出发到离开磁场，由b点离开的α粒子所用时间较长，D正确。
故选BD。
7．BD
【详解】
A．在磁场中，根据
解得
两个电子恰好都经过圆形磁场边缘的同一点K，电子离开磁场进入电场到再次返回磁场的运动过程，
a、b两电子都平行x轴，如图所示
所以a、b两个电子的偏转角分别是
电子在磁场中的运动的周期为
则电子a、b进入第一象限前在磁场中运动的时间差是
A错误；
B．在电场中，电子速度向右减速到零，则离y轴最远，根据动能定理
解得
B正确；
C．根据几何关系，Q点的纵坐标
所以电子b经过y轴上的Q点坐标为，C错误；
D．两个电子恰好都经过圆形磁场边缘的同一点K，电子离开磁场进入电场到再次返回磁场的运动过程，如图所示
根据对称性可知K点的坐标为（-2L0，2L0），且根据对称性可得a、b在电场运动时间相同，在磁场运动时间也相同，在无场区域运动时间相同，所以a、b同时到达K点，D正确。
故选BD。
8．AB
【详解】
A．质子在D形盒中运动的周期，半个周期为，粒子的比荷不变，则质子每运动半周的时间不变，故A对；
B．质子在电场中加速，根据
联立可得
增大交变电压，质子运动的半径增大，则质子在回旋加速器中加速的次数减少，又因为周期不变，则运行时间会变短，故B对；
C．由可知，若磁感应强度B増大，则T会减小，只有交流电频率増大，才能正常工作，故C错；
D．设D形盒的最大半径为，质子可获得更大的出口速度满足
可得
与电压无关，故D错误。
故选AB。
9．AD
【详解】
A．根据左手定则，电子向上表面偏转，则上表面电势低于下表面的，故A正确；
BCD．
当电场力与洛伦兹力平衡时，有
又有电流的微观表达式
综合解得
其中为单位体积内的自由电荷数，为载流子的电量，为工作面的厚度，故仅增大磁感应强度B，则霍尔电压变大；仅增大霍尔元件高度b，则霍尔电压不变；仅增大霍尔元件厚度c，则霍尔电压变小，故BC错误，D正确；
故选AD。
10．AD
【详解】
A．正点电荷从点运动到点的过程中，两电荷的距离不断减小，库仑力增大，且与的夹角小于，库仑力作正功，质量不变，速度增大，则动能增大，故A正确；
B．正点电荷运动到点时，加一方向垂直于平面向里的匀强磁，根据左手定则，可知正点电荷受到的洛伦磁力方向指向，正点电荷一定相对于原来的轨道做向心运动，不可能作半径为，圆心为的匀速圆周运动，故B错误；
C．正点电荷运动到点时，加一方向垂直于平面向里的匀强磁场，根据做手定则可知，洛伦磁力沿的方向，其合力不沿半径方向，则不可能绕负点电荷做匀速圆周运动，故C错误；
D．正点电荷运动到点时，加一方向垂直于平面向里的匀强磁场，洛伦磁力方向沿方向，此时粒子相对原来的椭圆作向心运动，可能绕半径，圆心为的圆作圆周运动，其向心力为洛伦磁力和电场力的合力，故D正确。
故选AD。
11．AC
【详解】
BC．设粒子离开电场时速度的偏角为，可得进入磁场的速度为
设粒子在磁场中的轨道半径为r，由牛顿第二定律可得
P、Q的间距为
联立可得
B错误，C正确；
D．极板间的场强
增大板间距离d，场强E不变，离开电场时速度的偏角满足
故偏角不变，粒子在磁场中运动的半径
保持不变，D错误；
A．由几何关系可知，粒子在磁场中运动的圆心角为，运动周期为
故粒子在磁场中的运动时间为
由D的分析可知，增大初速度v0，偏角减小，故粒子在磁场中运动的时间会变短，A正确。
故选AC。
12．AC
【详解】
A．由左手定则可知，正离子向上偏转，负离子向下偏转，则a极电势高于b极电势，选项A正确；
B．由于
解得液体流过测量管的速度大小为
选项B错误；
C．当达到平衡时
解得a、b两极之间的电压为
选项C正确；
D．因ab两点间的电压与流过的液体中离子浓度无关，则当粒子浓度变高时，显示器上的示数不变，选项D错误。
故选AC。
13．AD
【详解】
AB．若微粒带正电，它受竖直向下的重力mg、水平向左的电场力qE和斜向右下的洛伦兹力qvB，微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电，它受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE和斜向左。上的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，故A正确，B错误；
CD．由平衡条件可知
，
得磁场的磁感应强度
电场的场强
故C错误，D正确。
故选AD。
14．BC
【详解】
A．由公式
得
则
所以无法两种粒子分开，故A错误；
B．两粒子动能相同，由于质量不同，两粒子的速度不同，两粒子的电荷量不同，则粒子的加速度不相同，则粒子的运动轨迹不同，所以能将两粒子分开，故B正确；
CD．由静止经同一加速电场加速后
得
进入磁场后
由于两粒比荷不同，则半径不同，则可以将两粒分开，由质子的比荷大，则进入电场的速度较大，由可知，质子的加速度较大，则无法分开两粒子，故C正确，D错误。
故选BC。
15．ACD
【详解】
A．粒子经过两个电场后，竖直分速度为零，则有
解得
A正确；
B．电子在电场中运动的时间为
在磁场中，运动的周期为
在磁场中运动的时间为
所以总时间为
B错误；
C．横坐标为
纵坐标为
C正确；
D．如果圆筒顺时针转动，则转动的角度为
角速度为
如果圆筒逆时针转动，则转动的角度为
角速度为
当时，有
D正确。
故选ACD。
16．（1）；（2）；（3）
【详解】
(1)设电子加速后的速度为，由动能定理得
解得
(2)电子在时刻射入并射出偏转电场时，偏转距离最小（未发生偏转），即
电子在偏转电场中全过程受电场力作用，偏转距离最大，即
其中
电子射入磁场时，入射点之间的最大距离为
联立解得
(3)电子沿中线射入磁场时，设射入点与打到荧光屏位置的距离为，轨迹圆弧的半径为，则有
电子沿最大偏转距离射入磁场时，设射入点与打到荧光屏位置的距离为，轨迹圆弧的半径为，射入磁场时速度方向与水平方向的夹角为，由几何关系得
由洛伦兹力作为向心力可得
联立可得
因为，所以亮线长度应与电子射出偏转电场时最大偏移距离相等，即为
17．（1）2m/s；；（2）（0，-0.4m）；（3）
【详解】
(1)小球在第I象限平抛，由运动学规律
可得
因小球在第IV象限做匀速圆周运动，故重力和电场力平衡，即
解得
(2)小球平抛到M点，分解运动有
解得
在第IV象限，洛仑兹力提供向心力，故
解得轨道半径
分析可知小球刚好经过半个圆周到达y轴的N点，如图所示
由几何关系可知，N点的坐标为（0，-0.4m）；
(3)
小球第一次在第Ⅳ象限运动时间为
接着，小球与y轴成夹角45°进入第III象限，由于电场力和重力大小相等，其合力恰与小球进入第III象限的初速度v方向相反，故小球在第III象限做类竖直上抛运动，则由牛顿第二定律可得
由运动规律可知
小球再次经过y轴，与y轴成夹角45°再次进人第IV象限，做匀速圆周运动经圆周到达y轴上的J点，小球第二次在第IV象限的运动时间
则小球从A点出发到第三次经过y轴负半轴所用的总时间
18．（1）；（2）；（3）；
【详解】
（1）带电粒子在电场中加速时，由动能定理有
所以
（2）从AB圆弧面收集到的粒子有能打到MN板上，刚好不能打到MN上的粒子从磁场中出来后速度方向与MN平行，则入射的方向与AB之间的夹角是60°，在磁场中运动的轨迹如图，轨迹圆心角
根据几何关系，粒子圆周运动的半径为
由牛顿第二定律得
联立解得
（3）当沿OD方向的粒子刚好打到MN上，则由几何关系可知
由牛顿第二定律得
得
即
磁感应强度增大，则粒子在磁场中运动的轨道半径减小，由几何关系知，收集效率变小．
设粒子在磁场中运动圆弧对应的圆心角为α，如图
由几何关系可知
收集板MN上的收集效率
当时，收集效率η=0
19．（1）
；（2）
；（3）粒子运动轨迹见解析，
【详解】
（1）带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可知
①
②
粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，有
③
粒子发射位置到P点的距离
④
由①②③④式得
⑤
（2）带电粒子在磁场运动在速度
⑥
带电粒子在磁场中运动两个临界轨迹（分别从Q、N点射出）如图所示
由几何关系可知，最小半径
⑦
最大半径
⑧
带电粒子在磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由向心力公式可知
⑨
由⑥⑦⑧⑨解得，磁感应强度大小的取值范围
（3）若粒子正好从QN的中点射出磁场时，带电粒子运动轨迹如图所示。
由几何关系可知
⑩
带电粒子的运动半径为
?
粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离
?
由⑩??式解得
?
20．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）微粒在加速电场中，由动能定理得
解得
（2）微粒在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向
竖直分速度
飞出电场时受到偏角的正切值
解得
，
（3）微粒进入磁场时的速度
粒子运动轨迹如图所示
由几何知识可得
微粒做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得
解得
代入数据得
微粒不从磁场右边射出，磁场的磁感应强度满足的条件为大于等于。