高中物理速度选择器和回旋加速器技巧(很有用)及练习题含解析
一、速度选择器和回旋加速器
1．质谱仪最初由汤姆孙的学生阿斯顿设计的，他用质谱仪发现了氖20和氖22，证实了同位素的存在．现在质谱仪已经是一种十分精密的仪器，是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具．如右图所示是一简化了的质谱仪原理图．边长为L 的正方形区域abcd 内有相互正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度大小为E ，方向竖直向下，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里．有一束带电粒子从ad 边的中点O 以某一速度沿水平方向向右射入，恰好沿直线运动从bc 边的中点e 射出（不计粒子间的相互作用力及粒子的重力），撤去磁场后带电粒子束以相同的速度重做实验，发现带电粒子从b 点射出，问： （1）带电粒子带何种电性的电荷?
（2）带电粒子的比荷（即电荷量的数值和质量的比值
q
m
）多大? （3）撤去电场后带电粒子束以相同的速度重做实验，则带电粒子将从哪一位置离开磁场，在磁场中运动的时间多少?
【答案】（1）负电（2）2
q E m B L =
（3）从dc 边距离d 点距离为32
L 处射出磁场；3BL E
π
【解析】 【详解】
（1）正电荷所受电场力与电场强度方向相同，负电荷所受电场力与电场强度方向相反，粒子向上偏转，可知粒子带负电； （2）根据平衡条件：
qE =qv 0B
得：
0E
v B
=
撤去磁场后，粒子做类平抛运动，则有：
x =v 0t =L
2 2
12qE L
y t m =
=
得：
2 q E m B L
= （3）撤去电场后带电粒子束在磁场中做匀速圆周运动，则：
2
00v qv B m r
= 得：
mv r L qB
=
= 粒子从dc 边射出磁场，设粒子射出磁场距离d 点的距离为x ，根据几何关系：
22
22L x r r +-=（）
r=L
得：
3x L =
所以1
3
θπ=
23BL t T E
θππ=
= 答：（1）带电粒子带负电； （2）带电粒子的比荷2
q
E
m B L
=
； （3）撤去电场后带电粒子束以相同的速度重做实验，则带电粒子将从dc 边距离d 点
3
x L =
处离开磁场，在磁场中运动的时间3BL t E =π．
2．如图所示，半径为R 的圆与正方形abcd 相内切，在ab 、dc 边放置两带电平行金属板，在板间形成匀强电场，且在圆内有垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m 、带电荷量为+q 的粒子从ad 边中点O 1沿O 1O 方向以速度v 0射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从bc 边中点O 2飞出．若撤去磁场而保留电场，粒子仍从O 1点以相同速度射入，则粒子恰好打到某极板边缘．不计粒子重力．
（1）求两极板间电压U 的大小
（2）若撤去电场而保留磁场，粒子从O 1点以不同速度射入，要使粒子能打到极板上，求粒子入射速度的范围．
【答案】（1）20mv q （2）002121
22
v v v -+≤≤ 【解析】
试题分析：（1）由粒子的电性和偏转方向，确定电场强度的方向，从而就确定了两板电势的高低；再根据类平抛运动的规律求出两板间的电压．（2）先根据有两种场均存在时做直线运动的过程，求出磁感应强度的大小，当撤去电场后，粒子做匀速圆周运动，要使粒子打到板上，由几何关系求出最大半径和最小半径，从而由洛仑兹力提供向心力就能得出最大的速度和最小速度．
（1）无磁场时，粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律有：
212
R at =
，02R v t =，2qU
a Rm =
解得：2
mv U q
=
（2）由于粒子开始时在电磁场中沿直线通过，则有：02U qv B q R
= 撤去电场保留磁场粒子将向上偏转，若打到a 点，如图甲图：
由几何关系有：2r r R +=
由洛伦兹力提供向心力有：2
11v qv B m r
=
解得：1021
v v -=
若打到b 点，如图乙所示：
由几何关系有：2r R R '-=
由洛伦兹力提供向心力有：22
2v qv B m r ='
解得：2021
v v += 故
01021
21
2
2
v v v v -+≤≤=
3．如图，正方形ABCD 区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，已知该区域的边长为L 。一个带电粒子（不计重力）从AD 中点以速度v 水平飞入，恰能匀速通过该场区；若仅撤去该区域内的磁场，使该粒子以同样的速度v 从AD 中点飞入场区，最后恰能从C 点飞出；若仅撤去该区域内的电场，该带电粒子仍从AD 中点以相同的速度v 进入场区，求： (1)该粒子最后飞出场区的位置；
(2)仅存电场与仅存磁场的两种情况下，带电粒子飞出场区时速度偏向角之比是多少？
【答案】(1)AB 连线上距离A 3
L 处，(2)34。
【解析】 【详解】
(1)电场、磁场共存时，粒子匀速通过可得：
qvB qE =
仅有电场时，粒子水平方向匀速运动：
L vt =
竖直方向匀加速直线运动：
2
122L qE t m
= 联立方程得：
2qEL
v m
=
仅有磁场时：
2
mv
qvB
R
= 根据几何关系可得：
R L =
设粒子从M 点飞出磁场，由几何关系：
AM 2
22L R ??- ???
=3L 所以粒子离开的位置在AB 连线上距离A 点
3
2
L 处； (2)仅有电场时，设飞出时速度偏角为α，末速度反向延长线过水平位移中点：
2tan 12
L
L α==
解得：45α?=
仅有磁场时，设飞出时速度偏角为β：
tan 3AM
OA
β=
= 解得：60β?
= 所以偏转角之比：
34
αβ=。
4．如图所示，相距为d 的平行金属板M 、N 间存在匀强电场和垂直纸面向里、磁感应强度为B 0的匀强磁场；在xOy 直角坐标平面内，第一象限有沿y 轴负方向场强为E 的匀强电场，第四象限有垂直坐标平面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场．一质量为m 、电荷量为q 的正离子(不计重力)以初速度v 0沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动，从P 点垂直y 轴进入第一象限，经过x 轴上的A 点射出电场进入磁场．已知离子过A 点时的速度方向与x 轴成45°角．求：
(1)金属板M 、N 间的电压U ；
(2)离子运动到A 点时速度v 的大小和由P 点运动到A 点所需时间t ；
(3)离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C (图中未画出)与坐标原点的距离OC ．
【答案】(1)00B v d ；(2) t ＝0mv qE
；(3) 2
00
2mv mv qE qB + 【解析】 【分析】 【详解】
离子的运动轨迹如下图所示
（1）设平行金属板M 、N 间匀强电场的场强为0E ，则有：0U E d =
因离子所受重力不计，所以在平行金属板间只受有电场力和洛伦兹力，又因离子沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动，则由平衡条件得：000qE qv B = 解得：金属板M 、N 间的电压00U B v d =
（2）在第一象限的电场中离子做类平抛运动，则由运动的合成与分解得：0
cos 45v v
=o
故离子运动到A 点时的速度：02v v =
根据牛顿第二定律：qE ma =
设离子电场中运动时间t ，出电场时在y 方向上的速度为y v ，则在y 方向上根据运动学公
式得y v at =且0
tan 45y v v =
o
联立以上各式解得，离子在电场E 中运动到A 点所需时间：0
mv t qE
=
（3）在磁场中离子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则由牛顿第二定律有：
2
v qvB m R
=
解得：02mv mv R qB qB
=
= 由几何知识可得0
22cos 452mv AC R R qB
===
o
在电场中，x 方向上离子做匀速直线运动，则20
0mv OA v t qE
==
因此离子第一次离开第四象限磁场区域的位置C 与坐标原点的距离为：
200
2mv mv OC OA AC qE qB
=+=+
【点睛】
本题考查电场力与洛伦兹力平衡时的匀速直线运动、带电粒子在匀强磁场中的运动的半径与速率关系、带电粒子在匀强电场中的运动、运动的合成与分解、牛顿第二定律、向心力、左手定则等知识，意在考查考生处理类平抛运动及匀速圆周运动问题的能力．
5．如图所示，两竖直金属板间电压为U 1，两水平金属板的间距为d .竖直金属板a 上有一质量为m 、电荷量为q 的微粒(重力不计)从静止经电场加速后，从另一竖直金属板上的小孔水平进入两水平金属板间并继续沿直线运动．水平金属板内的匀强磁场及其右侧宽度一定、高度足够高的匀强磁场方向都垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B ，求：
(1)微粒刚进入水平金属板间时的速度大小v 0； (2)两水平金属板间的电压；
(3)为使微粒不从磁场右边界射出，右侧磁场的最小宽度D . 【答案】(1)1
02qU v m =12qU U m = (3)12qU m D Bq m
=【解析】 【分析】
（1）粒子在电场中加速，根据动能定理可求得微粒进入平行金属板间的速度大小； （2）根据粒子在平行板间做直线运动可知，电场力与洛伦兹力大小相等，列式可求得电压大小；
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系可知半径与D 之间的关系，再由洛伦兹充当向心力可求得最小宽度． 【详解】
(1)在加速电场中，由动能定理，得
qU1＝1
2
mv02，
解得v0
(2)在水平金属板间时，微粒做直线运动，则
Bqv0＝q U
d
，
解得U＝
(3)若微粒进入磁场偏转后恰与右边界相切，此时对应宽度为D，则
Bqv0＝m
2
v
r
且r＝D，
解得D
【点睛】
题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，要注意明确带电粒子在磁场中运动时注意几何关系的应用，明确向心力公式的应用；而带电粒子在电场中的运动要注意根据功能关系以及运动的合成和分解规律求解．
6．1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，巧妙地利用带电粒子在磁场中运动特点，解决了粒子的加速问题。现在回旋加速器被广泛应用于科学研究和恢学设备中。回旋加速器的工作原理如图甲所，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，加速器按一定频率的高频交流电源，保证粒子每次经过电场都被加速，加速电压为U。D形金属盒中心粒子源产生的粒子，初速度不计，在加速器中被加速，加速过程中不考虑相对论效应和重力作用。
(1)求把质量为m、电荷量为q的静止粒子加速到最大动能所需时间；
(2)若此回旋加速器原来加速质量为2m，带电荷量为q的α粒子（4
2
He），获得的最大动能为E km，现改为加速氘核（21H），它获得的最大动能为多少？要想使氘核获得与α粒子相同的动能，请你通过分析，提出一种简单可行的办法；
(3)已知两D形盒间的交变电压如图乙所示，设α粒子在此回旋加速器中运行的周期为T，
若存在一种带电荷量为q′、质量为m′的粒子201
100X，在
4
T
t 时进入加速电场，该粒子在加
速器中能获得的最大动能？（在此过程中，粒子未飞出D形盒）
【答案】（1）2π2BR U ；（2）2
2
，见解析；（3）0100q U '
【解析】 【分析】 【详解】
（1）由洛伦兹力提供向心力得
2
m
m mv qv B R
= 粒子每旋转一周动能增加2qU ，则旋转周数
22
4qB R n mU
=
周期
2m
R
T v π=
粒子在磁场中运动的时间
2
π=2BR t nT U
=磁 一般地可忽略粒子在电场中的运动时间，t 磁可视为总时间 （2）对α粒子，由速度
2m qBR
v m
α=
得其最大动能为
2222
1224km
m q B R E mv m
α=?=
对氘核，最大动能为
222
2222
2()1122
28km mH
q
B R q B R E mv m m m
'==??= 若两者有相同的动能，设磁感应强度变为B′、由α粒子换成氘核，有
222222
=
48q B R q B R m m
'
解得B '=
倍
高频交流电源的原来周期
4m
T qB
π=
故
24222
m m m T q qB qB B ππ'=
===' 由α
（3）对粒子201
100X 分析，其在磁场中的周期
12201200m T T q B
π'=='
每次加速偏移的时间差为
1=
2400
T T T T -?= 加速次数
4100
T
n T
==?
所以获得的最大动能
00100km E nq U q U ''==
7．回旋加速器是利用磁场和电场共同作用对带电粒子进行加速的仪器。现在有一个研究小组对回旋加速器进行研究。研究小组成员分工合作，测量了真空中的D 形盒的半径为R ，磁感应强度方向垂直加速器向里，大小为B 1，要加速粒子的电荷量为q ，质量为m ，电场的电压大小为U 。帮助小组成员完成下列计算： （1）本回旋加速器能将电荷加速到的最大速度是？ （2）求要达到最大速度，粒子要经过多少次电场加速？
（3）研究小组成员根据磁场中电荷偏转的规律设计了如图乙的引出装置。在原有回旋加速器外面加装一个圆环，在这个圆环区内加垂直加速器向里的磁场B 2，让带电粒子在加速器边缘恰好能偏转至圆环区域外边缘加以引导。求圆环区域所加磁场的磁感应强度B 2？
【答案】(1) 1m qB R v m =;（2）22
12qB R n Um
=;(3) 1222B R B R d =+
【解析】 【详解】
（1）粒子在磁场中运动时满足：
2
1v qvB m r
=
当被加速的速度达到最大时满足：
r=R
则解得
1m qB R
v m
=
（2）粒子在电场中被加速，每次经过电场时得到的能量为Uq ，则：
2
12
m nUq mv =
解得
22
12qB R n Um
=
（3）由左手定则可知，粒子带负电；要想使得带电粒子在加速器边缘恰好能偏转至圆环区域外边缘，则粒子运动的轨道半径
11
22
r R d =+（） ；
由
2
21
m m v qv B m r =
解得
1222B R
B R d
=
+
8．如图1所示为回旋加速器的示意图．它由两个铝制D 型金属扁盒组成，两个D 形盒正中间开有一条狭缝，两个D 型盒处在匀强磁场中并接在高频交变电源上．在1D 盒中心A 处有离子源，它产生并发出的α粒子，经狭缝电压加速后，进入2D 盒中．在磁场力的作
用下运动半个圆周后，再次经狭缝电压加速．为保证粒子每次经过狭缝都被加速，设法使交变电压的周期与粒子在狭缝及磁场中运动的周期一致如．此周而复始，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D 型盒的边缘，以最大速度被导出．已知α粒子电荷量为q 质量为m ，加速时电极间电压大小恒为U,磁场的磁感应强度为B ，D 型盒的半径为R .设狭缝很窄，粒子通过狭缝的时间可以忽略不计，且α粒子从离子源发出时的初速度为零．(不计α粒子重力)求：
(1)α粒子第1次由1D 盒进入2D 盒中时的速度大小； (2)α粒子被加速后获得的最大动能k E ； (3)符合条件的交变电压的周期T ；
(4)粒子仍在盒中活动过程中，α粒子在第n 次由2D 盒进入1D 盒与紧接着第n +1次由2D 盒进入1D 盒位置之间的距离Δx .
【答案】（1）12qU v m ＝
（2）222
2k q B R E m = （3）2m T Bq π= （4）22221Um
x n n B q
=
-V （） 【解析】 【分析】 【详解】
（1）设α粒子第一次被加速后进入D 2盒中时的速度大小为v 1，根据动能定理有
211
2
qU mv ＝
解得，12qU
v m
＝
（2）α粒子在D 形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能．设此时
的速度为v ，有2
mv qvB R
＝
解得：qBR
v m
＝
设α粒子的最大动能为E k ，则212
k E mv =
解得：222
2k q B R E m
=
（3）设交变电压的周期为T ，为保证粒子每次经过狭缝都被加速，带电粒子在磁场中运动一周的时间应等于交变电压的周期（在狭缝的时间极短忽略不计），则交变电压的周期
22r m
T v Bq
ππ=
= （4）离子经电场第1次加速后，以速度v 1进入D 2盒，设轨道半径为r 1 则 1112mv mU
r qB B q ＝
＝ 离子经第2次电场加速后，以速度v 2进入D 1盒，设轨道半径为r 2 则 22122mv mU
r qB B q
＝
＝
? 离子第n 次由D 1盒进入D 2盒，离子已经过（2n -1）次电场加速，以速度v 2n-1进入D 2盒，
由动能定理：
2
211212
n n Uq mv --=（） 轨道半径 ()212121
n n n mU
mv r qB B
q
--=
=
离子经第n +1次由D 1盒进入D 2盒，离子已经过2n 次电场加速，以速度v 2n 进入D 1盒，由动能定理：2
2122
n nUq mv = 轨道半径：21122n n mv n mU
r qB B q
+?=
= 则△x =2（r n+1-r n ）（如图所示）
解得，()2121221
2
22
221n mU n mU Um
x n n B q B
q
B q
V （）（）
-??==
-
9．(12分) 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能
得到加速，两D 形金属盒处于垂直于盒底面的匀强磁场，D 形盒中央为质子流，D 形盒的交流电压为U ，静止质子经电场加速后，进入D 形盒，其最大轨道半径为R ，磁场的磁感应强度为B ，质子质量为m.电荷量为q ，求：
(1)交流电源的频率是多少．
(2)质子经回旋加速器最后得到的最大动能多大；
(3)质子在D 型盒内运动的总时间t （狭缝宽度远小于R,质子在狭缝中运动时间不计）
【答案】（1）m
qB f π2= （2）m R B q E km 2222= （3）U BR t 22
π=
【解析】
试题分析：（1）根据回旋加速器的原理，每转一周粒子被加速两次，交流电完成一次周期性变化，
粒子作圆周运动的周期qB
m
T π2= （2分） 所以，交流电源的频率T f 1=
得：m
qB f π2= （2分） （2）质子加速后的最大轨道半径等于D 型盒的半径，由洛伦兹力提供向心力R
v m qvB 2
=
得粒子的最大运行速度；m
qBR
v m = （2分）
质子获得的最大动能：2
2
1m km mv E =，得m R B q E km 2222=
（2分）
(3)质子每个周期获得的动能为：qU E k 2= （1分）
经过的周期个数为：mU
R qB E E n k km 42
2=
= （1分）
质子在D 型盒内运动的总时间:nT t = （1分） 即U
BR t 22
π=
（1分）
考点：回旋加速器。
【名师点睛】回旋加速器是通过多次加速来获得高能粒子的装置，在D 型盒的狭缝中加交变电压，给粒子加速，通过在D 型盒处的磁场回旋，从而达到多次加速的效果，获得的最大动能是由D 型盒的半径决定的，运动时间则由在磁场中做圆周运动的时间决定，为使每次粒子到达狭缝处都被加速，交变电压的周期与粒子在磁场中的运动周期相同。
10．高能粒子是现代粒子散射实验中的炮弹，加速器是加速粒子的重要工具，是核科学研究的重要平台．质子回旋加速器是利用电场和磁场共同作用，使质子作回旋运动，在运动中通过高频电场反复加速、获得能量的装置．质子回旋加速器的工作原理如图（a ）所示，置于真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间狭缝的间距为d ，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，被加速质子（1
1H ）的质量为m ，电荷量为q +．加在狭缝间的交变电压如
图（b ）所示，电压值的大小为0U 、周期0
2m
T qB
π=
．为了简化研究，假设有一束质子从M 板上A 处小孔均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．不考虑质子间的相互作用．
（1）质子在磁场中的轨迹半径为r （已知）时的动能k E ；
（2）请你计算质子从飘入狭缝至动能达到k E （问题（1）中的动能）所需要的时间．（不考虑质子间的相互作用，假设质子每次经过狭缝均做加速运动．）
（3）若用该装置加速氦核（4
2He ），需要对偏转磁场或交变电压作出哪些调整？
【答案】（1）222
2q B r m （2）20
22BR BRd m U qB ππ+-
（3）方案一：增大磁感应强度B ，使得氦核的圆周运动周期等于上述电场的周期即可． 方案二：增大交变电场的周期，使得电场的周期等于氦核圆周运动的周期． 【解析】 【分析】
回旋加速器的工作条件是电场的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等，回旋加速器运用电场加速磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力进行求解即可； 【详解】
（1）洛伦兹力提供向心カ，根据牛顿第二定律有：2
v qvB m r =
粒子的动能为212E mv =，解得222
2k q B r E m
=；
（2）设粒子被加速n 次后达到最大动能，则有0k E nqU =，解得：220
2B r q
n mU =
粒子在狭缝间做匀加速运动，加速度为0
qU a
md
=
设n 次经过狭缝的总时间为1t ，根据运动学公式有：()2112
nd a t =
设在磁场中做圆周运动的周期为T ，某时刻质子的速度为v '，半径为r '
则2
v qv B m r '=''
， 22r m T v Bq ππ''==，由()112T t n t =-?+总 解得：2220002122B r q m Brd BR BRd m t mU Bq U U qB πππ??+=-?+=- ???
总； （3）氦核的荷质比与质子不同，要实现每次通过电场都被加速，需要保证交变电场的周期与磁场中圆周运动的周期相同，粒子在磁场中的圆周运动周期2m
T qB
π=，氦核的荷质比大于质子，使得圆周运动周期变大
方案一：增大磁感应强度B ，使得氦核的圆周运动周期等于上述电场的周期即可． 方案二：增大交变电场的周期，使得电场的周期等于氦核圆周运动的周期． 【点睛】
解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道最大动能与什么因素有关，以及知道粒子在磁场中运动的周期与电场的变化的周期相等．
11．回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，图20为回旋加速器的示意图。D 1、D 2是两个中空的铝制半圆形金属扁盒，在两个D 形盒正中间开有一条狭缝，两个D 形盒接在高频交流 电源上。在D 1盒中心A 处有粒子源，产生的带正电粒子在两盒之间被电场加速后进入D 2盒中。两个D 形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，带电粒子在磁场力的作用下做匀速圆周运动，经过半个圆周后，再次到达两盒间的狭缝，控制交流电源电 压的周期，保证带电粒子经过狭缝时再次被加速。如此，粒子在做圆周运动的过程中一次一次地经过狭缝，一次一次地被加速，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D 形盒的边缘，沿切线方向以最大速度被导出。已知带电粒子的电荷量为q ，质量为m ，加速时狭缝间电压大小恒为U ，磁场的磁感应强度为B ，D 形盒的半径为R 狭缝之间的距离为d 。设从粒子源产生的带电粒子的初速度为零，不计粒子受到的重力，求：
(1)带电粒子能被加速的最大动能E k ；
(2)尽管粒子在狭缝中每次加速的时间很短但也不可忽略。试计算上述正离子在某次加速过程当中从离开离子源到被第n 次加速结束时所经历的时间；
(3)设该正离子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，试推证当R ＞＞d 时，正离子在电场中加速的总时间相对于在D 形盒中回旋的时间可忽略不计（正离子在电场中运动时，不考虑磁场的影响）
(4)带电粒子在D 2盒中第n 个半圆的半径；
(5)若带电粒子束从回旋加速器输出时形成的等效电流为I ，求从回旋加速器输出的带电粒 子的平均功率P 。
(6)实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制。若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为B m 、f m ，试讨论粒子能获得的最大动能E km 。 (7)a 粒子在第n 次由D 1盒进入D 2盒与紧接着第n+1次由队盒进入队盒位置之间的距离△x ；
(8)试推理说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径r 的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差△r 是增大、减小还是不变？
【答案】(1)
222
2q B R m ；(2)(1)n m t qB π-=；(3) 当R ＞＞d 时，t 1可忽略不
计；(4)n r =
(5)222qIB R P m =；(6)2222k m E f R m π=；(7)
x ?=
；
(8) r △r k+1＜△r k 【解析】 【分析】
(1)回旋加速器是利用电场加速和磁场偏转来加速粒子；经回旋加速器的最大速度由洛伦兹力提供向心力可求得由D 形盒的半径决定.
(2)回旋加速器是利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据动能定理求出n 次加速后的速度，根据匀变速直线运动的速度时间公式求出加速的时间，再求出粒子偏转的次数，从而得出在磁场中偏转的时间，两个时间之和即为离开离子源到被第n 次加速结束时所经历的时间．
(3)在电场中的总的运动可以看做连续的匀加速直线运动，故根据平均速度公式可得在电场中运动时间;而每加速一次，做半个圆周运动，则磁场中的运动时间等于圈数乘以磁场中运动的周期.
(4)粒子被加速一次所获得的能量为qU ，求出第n 次加速后的动能, 进而可求出第n 个半圆的半径.
(5)根据电流的定义式和功率表示式求解.
(6)根据洛仑兹提供向心力，求出最大动能与磁感应强度的关系以及与加速电压频率的关系，然后分情况讨论出最大动能的关系.
(7)回旋加速器是利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据动能定理求出n 次加速后的速度，求出轨道半径，抓住规律，求出△x ．
(8)求出r k 所对应的加速次数和r k+1所对应的加速次数即可求出它们所对应的轨道半径，然后作差即可求出r k 和r k+1，从而求出△r k ，运用同样的方法求出△r k+1，比较△r k 和△r k+1即可得出答案. 【详解】
(1)带电粒子在D 形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，此时带电粒子具有最大
动能E k ，设离子从D 盒边缘离开时的速度为v m .依据牛顿第二定律：Bqv m = m 2m
v R
所以带电粒子能被加速的最大动能：E k =212m mv =222
2q B R m
(2)设正离子经过窄缝被第n 次加速加速后的速度为v n ，由动能定理得：nqU=2
12
n mv 粒子在狭缝中经n 次加速的总时间：1n
v t a
= 由牛顿第二定律：U
q
ma d
=
由以上三式解得电场对粒子加速的时间：1t =正离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律Bqv=m 2
v r
又T=2r v π
粒子在磁场中做圆周运动的时间t 2=（n-1）2
T
由以上三式解得:t 2=
1n m
qB
π-（）
所以， 离子从离开离子源到被第n 次加速结束时所经历的时间 t=t 1+t 2
(1)n m
qB
π- (3)设粒子飞出的末速度为v ，将多次电场加速等效为一次从0到v 的匀加速直线运动.
在电场中t 1=2
nd
v ， 在d 形盒中回旋周期与速度v 无关，在D 形盒中回旋最后半周的时间
为
R
v
π， 在D 形盒中回旋的总时间为t 1=n R
v
π 故
122t d t R
π=＜＜1
即当R ＞＞d 时，t 1可忽略不计.
(4)带电粒子在D 2盒中第n 个半圆是带电粒子经过窄缝被加速2n -1次后的运动轨道，设其被加速2n -1次后的速度为v n 由动能定理得:（2n-1）qU =
212
n mv 此后带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径为r n ,由牛顿第二定律得Bqv n =m 2n
n
v r
得
：n n mv r Bq =
=(5)设在时间t 内离开加速器的带电粒子数N ，则正离子束从回旋加速器输出时形成的的等效电流I=Nq t
， 解得:N=
It q
带电粒子从回旋加速器输出时的平均功率P =22
2k N E qIB R t m
?=
(6)加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即2qB
f m
π= 当磁场感应强度为B m 时，加速电场的频率应为2m
Bm qB f m
π= 粒子的动能212
k E mv =
当Bm f ≤m f 时，粒子的最大动能由B m 决定 qv m B m =m 2m
v R
解得E km =2222m q B R
m
当Bm f ≥m f 时，粒子的最大动能由f m 决定,v m =2πf m R
解得E km =222
2m mf R π
(7)离子经电场第1次加速后，以速度v 1进入D 2盒，设轨道半径为r 1， r 1
=
2mv qB =离子经第2次电场加速后，以速度v 2进入D 1盒，设轨道半径为r 2, 轨道半径：r 2
=
2mv qB = …… 离子第n 次由D 1盒进入D 2盒，离子已经过（2n -1）次电场加速，以速度v 2-1进入D 2盒，由动能定理：（2n-1）Uq=
2
21102
n mv --
轨道半径：r n =
211
(21)2n mv n mU
qB B q --= 离子经第n+1次由D 1盒进入D 2盒，离子已经过2n 次电场加速，以速度v 2n 进入D 1盒，由动能定理：2nUq=
2
2102
n mv - 轨道半径：r n+1=
2122n mv n mU
qB B q
= 则:12()n n x r r +?=- 如图所示:
221222(
)(221)n n mv mv Um x n n Bq Bq B q
-?=-=- (8)设k 为同一盒子中质子运动轨道半径的序数，相邻的轨道半径分别为r k ，r k+1（r k ＜r k+1）， △rk= r k+1 -r k ，在相应轨道上质子对应的速度大小分别为v k ，v k+1，D 1、D 2之间的电压为U ， 由动能定理知2qU=
22
11122
k k mv mv +- ⑦ 由洛伦兹力充当质子做圆周运动的向心力，知r k =
k
mv qB
， 则2qU=222
21()2k k q B r r m
+- ⑧
整理得:△r k
214()k k mU
qB r r ++ ⑨
相邻轨道半径r k+1，r k+2之差△r k+1=r k+2- r k+2 同理△r k+1=
2214()
k k mU
qB r r +++
因U 、q 、m 、B 均为定值，且因为r k+2＞r k ，比较△r k 与△r k+1 得:△r k+1＜△r k
高中物理速度选择器和回旋加速器专题训练答案及解析 一、速度选择器和回旋加速器 1．如图所示，有一对水平放置的平行金属板，两板之间有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E =200V/m ，方向竖直向下；磁感应强度大小为B 0=0.1T ，方向垂直于纸面向里。图中右边有一半径R 为0.1m 、圆心为O 的圆形区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B = 3 3 T ，方向垂直于纸面向里。一正离子沿平行于金属板面，从A 点垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿直线射出平行金属板之间的区域，并沿直径CD 方向射入圆形磁场区域，最后从圆形区域边界上的F 点射出已知速度的偏向角θ=π 3 ，不计离子重力。求： （1）离子速度v 的大小； （2）离子的比荷 q m ； （3）离子在圆形磁场区域中运动时间t 。（结果可含有根号和分式） 【答案】（1）2000m/s ；（2）2×104C/kg ；（3）4310s 6 π -? 【解析】 【详解】 （1）离子在平行金属板之间做匀速直线运动，洛仑兹力与电场力相等，即： B 0qv =qE 解得： 2000m/s E v B = = （2）在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，轨迹如图所示
由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有： 2 v Bqv m r = 由几何关系有： 2 R tan r θ = 离子的比荷为： 4 210C/kg q m =? （3）弧CF 对应圆心角为θ，离子在圆形磁场区域中运动时间t ， 2t T θπ= 2m T qB π= 解得： 43106 t s π -= 2．如图，正方形ABCD 区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，已知该区域的边长为L 。一个带电粒子（不计重力）从AD 中点以速度v 水平飞入，恰能匀速通过该场区；若仅撤去该区域内的磁场，使该粒子以同样的速度v 从AD 中点飞入场区，最后恰能从C 点飞出；若仅撤去该区域内的电场，该带电粒子仍从AD 中点以相同的速度v 进入场区，求： (1)该粒子最后飞出场区的位置； (2)仅存电场与仅存磁场的两种情况下，带电粒子飞出场区时速度偏向角之比是多少？
高中物理回旋加速器 一．选择题（共4小题） 1．在回旋加速器中（） A．D形盒内有匀强磁场，两D形盒之间的窄缝有高频电源产生的电场 B．两D形盒之间的窄缝处有场强大小、方向不变的匀强电场 C．高频电源产生的电场用来加速带电粒子 D．带电粒子在D形盒中运动时，磁场力使带电粒子速度增大 2．在回旋加速器中（） A．D形盒内有匀强磁场，两D形盒之间的窄缝有高频电源产生的电场 B．两D形盒之间的窄缝处有场强大小、方向不变的匀强电场 C．高频电源产生的电场用来使带电粒子做圆周运动 D．带电粒子在D形盒中运动时，磁场力使带电粒子加速 3．关于回旋加速器的说法正确的是（） A．回旋加速器是利用磁场对运动电荷的作用使带电粒子的速度增大的 B．回旋加速器是通过多次电场加速使带电粒子获得高能量的 C．粒子在回旋加速器中不断被加速，故在磁场中做圆周运动一周所用时间越来越小D．若加速电压提高到4倍，其它条件不变，则粒子获得的最大速度就提高到2倍4．回旋加速器由下列哪一位物理学家发明（） A．洛伦兹B．奥斯特C．劳伦斯D．安培 二．填空题（共1小题） 5．回旋加速器的D型金属盒半径为R，两D型盒间电压为U，电场视为匀强电场，用来加速质量为m，电荷量为q的质子，使质子由静止加速到能量为E后，由小孔射出．（设质子每次经过电场加速后增加相同的能量）求： （1）加速器中匀强磁场B的大小． （2）加速到上述能量所需的回旋次数． （3）加速到上述能量所需时间．（不计经过电场的时间）
三．解答题（共1小题） 6．如图回旋加速器D形盒的半径为r，匀强磁场的磁感应强度为B．一个质量了m、电荷量为q的粒子在加速器的中央从速度为零开始加速． （1）求该回旋加速器所加交变电场的频率； （2）求粒子离开回旋加速器时获得的动能； （3）有同学想自利用该回旋加速器直接对质量为m、电量为2q的粒子加速．能行吗？行，说明理由；不行，提出改进方案．
高中物理高考物理速度选择器和回旋加速器的技巧及练习题及练习题 一、速度选择器和回旋加速器 1．如图所示，两平行金属板AB 中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场。A 板带正电荷，B 板带等量负电荷，电场强度为E ；磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B 1。平行金属板右侧有一挡板M ，中间有小孔O ′，OO ′是平行于两金属板的中心线。挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B 2，CD 为磁场B 2边界上的一绝缘板，它与M 板的夹角θ=45°，现有大量质量均为m ，电荷量为q 的带正电的粒子(不计重力)，自O 点沿OO ′方向水平向右进入电磁场区域，其中有些粒子沿直线OO ′方向运动，通过小孔O ′进入匀强磁场B 2，如果这些粒子恰好以竖直向下的速度打在CD 板上的E 点(E 点未画出)，求： (1)能进入匀强磁场B 2的带电粒子的初速度v ； (2)CE 的长度L (3)粒子在磁场B 2中的运动时间． 【答案】(1)1 E B (2) 12 2mE qB B (3) 2m qB π 【解析】 【详解】 (1)沿直线OO ′运动的带电粒子，设进入匀强磁场B 2的带电粒子的速度为v ， 根据 B 1qv =qE 解得： v = 1 E B (2)粒子在磁感应强度为B 2磁场中做匀速圆周运动，故： 2 2v qvB m r = 解得： r =2mv qB =12 mE qB B 该粒子恰好以竖直向下的速度打在CD 板上的E 点，CE 的长度为： L = 45r sin =2r 12 2mE
(3) 粒子做匀速圆周运动的周期2 m T qB π= 2t m qB π = 2．如图所示：在两个水平平行金属极板间存在着向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场强度和磁感应强度的大小分别为E =1×103N/C 和B 1=0.02T ，极板长度L =0.4m ，间距足够大。在极板的右侧还存在着另一圆形匀强磁场区域，磁场的方向垂直纸面向外，圆形磁场的圆心O 位于平行金属板的中线上，圆形磁场的半径R =0.6m 。有一带正电的粒子以一定初速度v 0沿极板中线水平向右飞入极板间恰好做匀速直线运动，然后进入圆形匀强磁场区域，飞出后速度方向偏转了74°，不计粒子重力，粒子的比荷q m =3.125×106C/kg ，sin37°=0.6,cos37°=0.8，5≈2.24。求： （1）粒子初速度v 0的大小； （2）圆形匀强磁场区域的磁感应强度B 2的大小； （3）在其他条件都不变的情况下，将极板间的磁场撤去，为使粒子飞出极板后不能进入圆形磁场，则圆形磁场的圆心O 离极板右边缘的水平距离d 应该满足的条件。 【答案】（1）v 0=5×104m/s ；（2）B 2=0.02T ；（3） 1.144m d ≥。 【解析】 【详解】 （1）粒子在电场和磁场中匀速运动，洛伦兹力与电场力平衡 qv 0B 1=Eq 带电粒子初速度 v 0=5×104m/s （2）带电粒子进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力 20 02v qv B m r = 轨迹如图所示：
高中物理速度选择器和回旋加速器专项练习及解析 一、速度选择器和回旋加速器 1．如图所示，虚线O 1O 2是速度选择器的中线，其间匀强磁场的磁感应强度为B 1，匀强电场的场强为E （电场线没有画出）。照相底片与虚线O 1O 2垂直，其右侧偏转磁场的磁感应强度为B 2。现有一个离子沿着虚线O 1O 2向右做匀速运动，穿过照相底片的小孔后在偏转磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，最后垂直打在照相底片上（不计离子所受重力）。 (1)求该离子沿虚线运动的速度大小v ； (2) 求该离子的比荷 q m ； (3)如果带电量都为q 的两种同位素离子，沿着虚线O 1O 2射入速度选择器，它们在照相底片的落点间距大小为d ，求这两种同位素离子的质量差△m 。 【答案】(1)1E v B =；(2)12q E m RB B =；(3)122B B qd m E ?= 【解析】 【分析】 【详解】 (1)离子沿虚线做匀速直线运动，合力为0 Eq =B 1qv 解得 1 E v B = (2)在偏转磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，所以 2 2mv B qv R = 解得 12 q E m RB B = (3)设质量较小的离子质量为m 1，半径R 1；质量较大的离子质量为m 2，半径为R 2 根据题意 R 2=R 1+ 2 d 它们带电量相同，进入底片时速度都为v ，得
2 121 m v B qv R = 2 222 m v B qv R = 联立得 22121()B q m m m R R v ?=-= - 化简得 122B B qd m E ?= 2．如图所示，水平放置的两平行金属板间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场。已知两板间的电势差为U ，距离为d ；匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里。一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子从A 点沿水平方向射入到两板之间，恰好沿直线从M 点射出；如果撤去磁场，粒子从N 点射出。M 、N 两点间的距离为h 。不计粒子的重力。求： （1）匀强电场场强的大小E ； （2）粒子从A 点射入时的速度大小v 0； （3）粒子从N 点射出时的动能E k 。 【答案】（1）电场强度U E d =；（2）0U v Bd =；（3）2 222k qUh mU E d B d =+ 【解析】 【详解】 （1）电场强度U E d = （2）粒子做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，有：0qE qv B = 解得0E U v B Bd = = （3）粒子从N 点射出，由动能定理得：2012 k qE h E mv ?=- 解得2 222k qUh mU E d B d =+
高中物理速度选择器和回旋加速器解题技巧(超强)及练习题 一、速度选择器和回旋加速器 1．如图所示，水平放置的两平行金属板间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场。已知两板间的电势差为U ，距离为d ；匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里。一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子从A 点沿水平方向射入到两板之间，恰好沿直线从M 点射出；如果撤去磁场，粒子从N 点射出。M 、N 两点间的距离为h 。不计粒子的重力。求： （1）匀强电场场强的大小E ； （2）粒子从A 点射入时的速度大小v 0； （3）粒子从N 点射出时的动能E k 。 【答案】（1）电场强度U E d =；（2）0U v Bd =；（3）2 222k qUh mU E d B d =+ 【解析】 【详解】 （1）电场强度U E d = （2）粒子做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，有：0qE qv B = 解得0E U v B Bd = = （3）粒子从N 点射出，由动能定理得：2012 k qE h E mv ?=- 解得2 222k qUh mU E d B d =+ 2．如图所示，一束质量为m 、电荷量为q 的粒子，恰好沿直线从两带电平行板正中间通过，沿圆心方向进入右侧圆形匀强磁场区域，粒子经过圆形磁场区域后，其运动方向与入射方向的夹角为θ(弧度)．已知粒子的初速度为v 0，两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的磁感应强度大小均为B ，方向均垂直纸面向内，两平行板间距为d ，不计空气阻力及粒子重力的影响，求： (1)两平行板间的电势差U ；
(2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间t； (3)圆形磁场区域的半径R． 【答案】(1)U=Bv0d；（2） m qB θ ；（3）R= tan 2 mv qB θ 【解析】 【分析】 （1）由粒子在平行板间做直线运动可知洛伦兹力和电场力平衡，可得两平行板间的电势差． （2）在圆形磁场区域中，洛伦兹力提供向心力，找到转过的角度和周期的关系可得粒子在圆形磁场区域中运动的时间． （3）)由几何关系求半径R． 【详解】 (1)由粒子在平行板间做直线运动可知，Bv0q=qE，平行板间的电场强度E= U d ，解得两平行板间的电势差：U=Bv0d (2)在圆形磁场区域中，由洛伦兹力提供向心力可知： Bv0q=m 2 v r 同时有T= 2r v π 粒子在圆形磁场区域中运动的时间t= 2 θ π T 解得t= m Bq θ (3)由几何关系可知：r tan 2 θ =R 解得圆形磁场区域的半径R=0 tan 2 mv qB θ 3．如图为质谱仪的原理图。电容器两极板的距离为d，两板间电压为U，极板间的匀强磁场的磁感应强度为B1,方向垂直纸面向里。一束带电量均为q但质量不同的正粒子从图示方
高中物理速度选择器和回旋加速器专项训练及答案及解析 一、速度选择器和回旋加速器 1．如图所示的直角坐标系xOy ，在其第二象限内有垂直纸面向里的匀强磁场和沿y 轴负方向的匀强电场。虚线OA 位于第一象限，与y 轴正半轴的夹角θ=60°，在此角范围内有垂直纸面向外的匀强磁场；OA 与y 轴负半轴所夹空间里存在与OA 平行的匀强电场，电场强度大小E =10N/C 。一比荷q =1×106C/kg 的带电粒子从第二象限内M 点以速度v =2.0×103m/s 沿x 轴正方向射出，M 点到x 轴距离d =1.0m ，粒子在第二象限内做直线运动；粒子进入第一象限后从直线OA 上的P 点（P 点图中未画出）离开磁场，且OP =d 。不计粒子重力。 (1) 求第二象限中电场强度和磁感应强度的比值0 E B ； (2)求第一象限内磁场的磁感应强度大小B ； (3)粒子离开磁场后在电场中运动是否通过x 轴？如果通过x 轴，求其坐标；如果不通过x 轴，求粒子到x 轴的最小距离。 【答案】(1)32.010m/s ?；(2)3210T -?；(3)不会通过，0.2m 【解析】 【详解】 (1)由题意可知，粒子在第二象限内做匀速直线运动,根据力的平衡有 00qvB qE = 解得 30 2.010m/s E B =? (2)粒子在第二象限的磁场中做匀速圆周运动，由题意可知圆周运动半径 1.0m R d == 根据洛伦兹力提供向心力有 2 v qvB m R = 解得磁感应强度大小 3210T B -=? (3)粒子离开磁场时速度方向与直线OA 垂直，粒子在匀强电场中做曲线运动，粒子沿y 轴负方向做匀减速直线运动，粒子在P 点沿y 轴负方向的速度大小 sin y v v θ=
（物理）高考必备物理速度选择器和回旋加速器技巧全解及练习题 一、速度选择器和回旋加速器 1．如图所示的直角坐标系xOy ，在其第二象限内有垂直纸面向里的匀强磁场和沿y 轴负方向的匀强电场。虚线OA 位于第一象限，与y 轴正半轴的夹角θ=60°，在此角范围内有垂直纸面向外的匀强磁场；OA 与y 轴负半轴所夹空间里存在与OA 平行的匀强电场，电场强度大小E =10N/C 。一比荷q =1×106C/kg 的带电粒子从第二象限内M 点以速度v =2.0×103m/s 沿x 轴正方向射出，M 点到x 轴距离d =1.0m ，粒子在第二象限内做直线运动；粒子进入第一象限后从直线OA 上的P 点（P 点图中未画出）离开磁场，且OP =d 。不计粒子重力。 (1) 求第二象限中电场强度和磁感应强度的比值0 E B ； (2)求第一象限内磁场的磁感应强度大小B ； (3)粒子离开磁场后在电场中运动是否通过x 轴？如果通过x 轴，求其坐标；如果不通过x 轴，求粒子到x 轴的最小距离。 【答案】(1)32.010m/s ?；(2)3210T -?；(3)不会通过，0.2m 【解析】 【详解】 (1)由题意可知，粒子在第二象限内做匀速直线运动,根据力的平衡有 00qvB qE = 解得 30 2.010m/s E B =? (2)粒子在第二象限的磁场中做匀速圆周运动，由题意可知圆周运动半径 1.0m R d == 根据洛伦兹力提供向心力有 2 v qvB m R = 解得磁感应强度大小 3210T B -=? (3)粒子离开磁场时速度方向与直线OA 垂直，粒子在匀强电场中做曲线运动，粒子沿y 轴负方向做匀减速直线运动，粒子在P 点沿y 轴负方向的速度大小 sin y v v θ=
高中物理速度选择器和回旋加速器试题类型及其解题技巧及解析 一、速度选择器和回旋加速器 1．如图所示，在直角坐标系xOy 平面内有一个电场强度大小为E 、方向沿-y 方向的匀强电场，同时在以坐标原点O 为圆心、半径为R 的圆形区域内，有垂直于xOy 平面的匀强磁场，该圆周与x 轴的交点分别为P 点和Q 点，M 点和N 点也是圆周上的两点，OM 和ON 的连线与+x 方向的夹角均为θ=60°。现让一个α粒子从P 点沿+x 方向以初速度v 0射入，α粒子恰好做匀速直线运动，不计α粒子的重力。 (1)求匀强磁场的磁感应强度的大小和方向； (2)若只是把匀强电场撤去，α粒子仍从P 点以同样的速度射入，从M 点离开圆形区域，求α 粒子的比荷 q m ； (3) 若把匀强磁场撤去，α粒子的比荷 q m 不变，α粒子仍从P 点沿+x 方向射入，从N 点离开圆形区域，求α粒子在P 点的速度大小。 【答案】(1)0E v ，方向垂直纸面向里(2)03BR (3)3v 0 【解析】 【详解】 （1）由题可知电场力与洛伦兹力平衡，即 qE =Bqv 0 解得 B = E v 由左手定则可知磁感应强度的方向垂直纸面向里。 （2）粒子在磁场中的运动轨迹如图所示， 设带电粒子在磁场中的轨迹半径为r ，根据洛伦兹力充当向心力得 Bqv 0=m 20 v r
由几何关系可知 r=3R，联立得 q m =0 3BR （3）粒子从P到N做类平抛运动，根据几何关系可得 x=3 2 R=vt y= 3 2 R= 1 2 × qE m t2 又 qE=Bqv0联立解得 v=3 2 3 Bqv R m = 3 v0 2．如图所示，一束质量为m、电荷量为q的粒子，恰好沿直线从两带电平行板正中间通过，沿圆心方向进入右侧圆形匀强磁场区域，粒子经过圆形磁场区域后，其运动方向与入射方向的夹角为θ(弧度)．已知粒子的初速度为v0，两平行板间与右侧圆形区域内的磁场的磁感应强度大小均为B，方向均垂直纸面向内，两平行板间距为d，不计空气阻力及粒子重力的影响，求： (1)两平行板间的电势差U； (2)粒子在圆形磁场区域中运动的时间t； (3)圆形磁场区域的半径R． 【答案】(1)U=Bv0d；（2） m qB θ ；（3）R=0 tan 2 mv qB θ 【解析】 【分析】 （1）由粒子在平行板间做直线运动可知洛伦兹力和电场力平衡，可得两平行板间的电势差． （2）在圆形磁场区域中，洛伦兹力提供向心力，找到转过的角度和周期的关系可得粒子在圆形磁场区域中运动的时间． （3）)由几何关系求半径R． 【详解】
高中物理速度选择器和回旋加速器技巧和方法完整版及练习题及解析 一、速度选择器和回旋加速器 1．如图所示，虚线O 1O 2是速度选择器的中线，其间匀强磁场的磁感应强度为B 1，匀强电场的场强为E （电场线没有画出）。照相底片与虚线O 1O 2垂直，其右侧偏转磁场的磁感应强度为B 2。现有一个离子沿着虚线O 1O 2向右做匀速运动，穿过照相底片的小孔后在偏转磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，最后垂直打在照相底片上（不计离子所受重力）。 (1)求该离子沿虚线运动的速度大小v ； (2) 求该离子的比荷 q m ； (3)如果带电量都为q 的两种同位素离子，沿着虚线O 1O 2射入速度选择器，它们在照相底片的落点间距大小为d ，求这两种同位素离子的质量差△m 。 【答案】(1)1E v B =；(2)12q E m RB B =；(3)122B B qd m E ?= 【解析】 【分析】 【详解】 (1)离子沿虚线做匀速直线运动，合力为0 Eq =B 1qv 解得 1 E v B = (2)在偏转磁场中做半径为R 的匀速圆周运动，所以 2 2mv B qv R = 解得 12 q E m RB B = (3)设质量较小的离子质量为m 1，半径R 1；质量较大的离子质量为m 2，半径为R 2 根据题意 R 2=R 1+ 2 d 它们带电量相同，进入底片时速度都为v ，得
2 121 m v B qv R = 2 222 m v B qv R = 联立得 22121()B q m m m R R v ?=-= - 化简得 122B B qd m E ?= 2．某粒子源向周围空间辐射带电粒子，工作人员欲通过质谱仪测量粒子的比荷，如图所示，其中S 为粒子源，A 为速度选择器，当磁感应强度为B 1，两板间电压为U ，板间距离为d 时，仅有沿轴线方向射出的粒子通过挡板P 上的狭缝进入偏转磁场，磁场的方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B 2，磁场右边界MN 平行于挡板，挡板与竖直方向夹角为α，最终打在胶片上离狭缝距离为L 的D 点，不计粒子重力。求： （1）射出粒子的速率； （2）射出粒子的比荷； （3）MN 与挡板之间的最小距离。 【答案】（1）1U B d （2）22cos v B L α（3）(1sin )2cos L αα - 【解析】 【详解】 （1）粒子在速度选择器中做匀速直线运动， 由平衡条件得： qυB 1＝q U d 解得υ＝1U B d ； （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：
高中物理速度选择器和回旋加速器技巧(很有用)及练习题 一、速度选择器和回旋加速器 1．某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A为粒子加速器，加速电压为U1；B为速度选择器，磁场与电场正交，电场方向向左，两板间的电势差为U2，距离为d；C为偏转分离器，磁感应强度为B2，方向垂直纸面向里。今有一质量为m、电荷量为e的正粒子（初速度忽略，不计重力），经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动，打在照相底片D上。求： (1)磁场B1的大小和方向 (2)现有大量的上述粒子进入加速器A，但加速电压不稳定，在11 U U -?到 11 U U +?范围内变化，可以通过调节速度选择器两板的电势差在一定范围内变化，使得加速后的不同速度的粒子都有机会进入C，则打在照相底片D上的宽度和速度选择器两板的电势差的变化范围。 【答案】（1）2 1 1 2 U m B d U e =2） ()() 1111 2 22 2m U U m U U D B e e +?-? =， () 11 min 1 U U U U U -? = () 11 max 1 U U U U U +? = ] 【解析】 【分析】 【详解】 （1）在加速电场中 2 1 1 2 U e mv = 1 2U e v m = 在速度选择器B中
2 1U eB v e d = \ 得 1B = 根据左手定则可知方向垂直纸面向里； （2）由可得加速电压不稳后获得的速度在一个范围内变化，最小值为 1v = 1 12 mv R eB = 最大值为 2v = \ 222 mv R eB = 打在D 上的宽度为 2122D R R =- 22D B = 若要使不同速度的粒子都有机会通过速度选择器，则对速度为v 的粒子有 1U eB v e d = 得 U=B 1vd 【 代入B 1得 2U U = 再代入v 的值可得电压的最小值 min U U =最大值 max U U =
高中物理速度选择器和回旋加速器及其解题技巧及练习题 一、速度选择器和回旋加速器 1．如图所示，水平放置的两平行金属板间存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场。已知两板间的电势差为U ，距离为d ；匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里。一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子从A 点沿水平方向射入到两板之间，恰好沿直线从M 点射出；如果撤去磁场，粒子从N 点射出。M 、N 两点间的距离为h 。不计粒子的重力。求： （1）匀强电场场强的大小E ； （2）粒子从A 点射入时的速度大小v 0； （3）粒子从N 点射出时的动能E k 。 【答案】（1）电场强度U E d =；（2）0U v Bd =；（3）2 222k qUh mU E d B d =+ 【解析】 【详解】 （1）电场强度U E d = （2）粒子做匀速直线运动，电场力与洛伦兹力大小相等，方向相反，有：0qE qv B = 解得0E U v B Bd = = （3）粒子从N 点射出，由动能定理得：2012 k qE h E mv ?=- 解得2 222k qUh mU E d B d =+ 2．如图所示，半径为R 的圆与正方形abcd 相内切，在ab 、dc 边放置两带电平行金属板，在板间形成匀强电场，且在圆内有垂直纸面向里的匀强磁场．一质量为m 、带电荷量为+q 的粒子从ad 边中点O 1沿O 1O 方向以速度v 0射入，恰沿直线通过圆形磁场区域，并从bc 边中点O 2飞出．若撤去磁场而保留电场，粒子仍从O 1点以相同速度射入，则粒子恰好打到某极板边缘．不计粒子重力．
（1）求两极板间电压U 的大小 （2）若撤去电场而保留磁场，粒子从O 1点以不同速度射入，要使粒子能打到极板上，求粒子入射速度的范围． 【答案】（1）20mv q （2）002121 22 v v v -+≤≤ 【解析】 试题分析：（1）由粒子的电性和偏转方向，确定电场强度的方向，从而就确定了两板电势的高低；再根据类平抛运动的规律求出两板间的电压．（2）先根据有两种场均存在时做直线运动的过程，求出磁感应强度的大小，当撤去电场后，粒子做匀速圆周运动，要使粒子打到板上，由几何关系求出最大半径和最小半径，从而由洛仑兹力提供向心力就能得出最大的速度和最小速度． （1）无磁场时，粒子在电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律有： 212 R at = ，02R v t =，2qU a Rm = 解得：2 mv U q = （2）由于粒子开始时在电磁场中沿直线通过，则有：02U qv B q R = 撤去电场保留磁场粒子将向上偏转，若打到a 点，如图甲图： 由几何关系有：2r r R = 由洛伦兹力提供向心力有：2 11v qv B m r = 解得：1021 2 v v = 若打到b 点，如图乙所示：
高考物理速度选择器和回旋加速器解题技巧讲解及练习题 一、速度选择器和回旋加速器 1．某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A 为粒子加速器，加速电压为U 1；B 为速度选择器，磁场与电场正交，电场方向向左，两板间的电势差为U 2，距离为d ；C 为偏转分离器，磁感应强度为B 2，方向垂直纸面向里。今有一质量为m 、电荷量为e 的正粒子（初速度忽略，不计重力），经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动，打在照相底片D 上。求： (1)磁场B 1的大小和方向 (2)现有大量的上述粒子进入加速器A ，但加速电压不稳定，在11U U -?到11U U +?范围内变化，可以通过调节速度选择器两板的电势差在一定范围内变化，使得加速后的不同速度的粒子都有机会进入C ，则打在照相底片D 上的宽度和速度选择器两板的电势差的变化范围。 【答案】（1）2112U m B d U e = 2）()()11112222m U U m U U D B e e +?-?=，()11min 1 U U U U U -?=() 11max 1 U U U U U +?=【解析】 【分析】 【详解】 （1）在加速电场中 2112 U e mv = 12U e v m = 在速度选择器B 中
2 1U eB v e d = 得 1B = 根据左手定则可知方向垂直纸面向里； （2）由可得加速电压不稳后获得的速度在一个范围内变化，最小值为 1v = 1 12 mv R eB = 最大值为 2v = 2 22 mv R eB = 打在D 上的宽度为 2122D R R =- 22D B = 若要使不同速度的粒子都有机会通过速度选择器，则对速度为v 的粒子有 1U eB v e d = 得 U=B 1vd 代入B 1 得 2U U = 再代入v 的值可得电压的最小值 min U U =最大值 max U U =
高中物理速度选择器和回旋加速器解题技巧及练习题及解析 一、速度选择器和回旋加速器 1．如图，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y 轴正方向，磁场方向垂直于xy 平面（纸面）向外，电场E 和磁场B 都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样。一带正电的粒子质量为m 、电荷量为q 从P (x =0，y =h )点以一定的速度平行于x 轴正向入射。这时若只有磁场，粒子将做半径为R 0的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动．求： （1）若只有磁场，粒子做圆周运动的半径R 0大小； （2）若同时存在电场和磁场，粒子的速度0v 大小； （3）现在，只加电场，当粒子从P 点运动到x =R 0平面（图中虚线所示）时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x 轴交于M 点。（不计重力）。粒子到达x =R 0平面时速度v 大小以及粒子到x 轴的距离； （4）M 点的横坐标x M 。 【答案】（1）0mv qB （2）E B （302v ，02R h +（4）2 2000724 M x R R R h h =++-【解析】 【详解】 （1）若只有磁场，粒子做圆周运动有：2 00 qB m R =v v 解得粒子做圆周运动的半径0 0m R qB ν= （2）若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动，则有：0qE qB =v 解得粒子的速度0E v B = （3）只有电场时，粒子做类平抛，有： 00y qE ma R v a t v t === 解得：0y v v =
所以粒子速度大小为：22 002y v v v v =+= 粒子与x 轴的距离为：2 0122 R H h at h =+ =+ （4）撤电场加上磁场后，有：2 v qBv m R = 解得：02R R = 粒子运动轨迹如图所示： 圆心C 位于与速度v 方向垂直的直线上，该直线与x 轴和y 轴的夹角均为4 π ，由几何关系得C 点坐标为： 02C x R =, 02 C R y H R h =-=- 过C 作x 轴的垂线，在ΔCDM 中： 02CM R R == 2 C R C D y h ==- 解得：2 2 2 20074 DM CM CD R R h h =-=+-M 点横坐标为：2 2000724 M x R R R h h =+- 2．如图所示，相距为d 的平行金属板M 、N 间存在匀强电场和垂直纸面向里、磁感应强度为B 0的匀强磁场；在xOy 直角坐标平面内，第一象限有沿y 轴负方向场强为E 的匀强电场，第四象限有垂直坐标平面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场．一质量为m 、电荷量为q 的正离子(不计重力)以初速度v 0沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动，从P 点垂直y 轴进入第一象限，经过x 轴上的A 点射出电场进入磁场．已知离子过A 点时的速
高中物理速度选择器和回旋加速器技巧(很有用)及练习题及解析 一、速度选择器和回旋加速器 1．某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A 为粒子加速器，加速电压为U 1；B 为速度选择器，磁场与电场正交，电场方向向左，两板间的电势差为U 2，距离为d ；C 为偏转分离器，磁感应强度为B 2，方向垂直纸面向里。今有一质量为m 、电荷量为e 的正粒子（初速度忽略，不计重力），经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动，打在照相底片D 上。求： (1)磁场B 1的大小和方向 (2)现有大量的上述粒子进入加速器A ，但加速电压不稳定，在11U U -?到11U U +?范围内变化，可以通过调节速度选择器两板的电势差在一定范围内变化，使得加速后的不同速度的粒子都有机会进入C ，则打在照相底片D 上的宽度和速度选择器两板的电势差的变化范围。 【答案】（1）2112U m B d U e = 2）()()11112222m U U m U U D B e e +?-?=，()11min 1 U U U U U -?=() 11max 1 U U U U U +?=【解析】 【分析】 【详解】 （1）在加速电场中 2112 U e mv = 12U e v m = 在速度选择器B 中
2 1U eB v e d = 得 1B = 根据左手定则可知方向垂直纸面向里； （2）由可得加速电压不稳后获得的速度在一个范围内变化，最小值为 1v = 1 12 mv R eB = 最大值为 2v = 2 22 mv R eB = 打在D 上的宽度为 2122D R R =- 22D B = 若要使不同速度的粒子都有机会通过速度选择器，则对速度为v 的粒子有 1U eB v e d = 得 U=B 1vd 代入B 1 得 2U U = 再代入v 的值可得电压的最小值 min U U =最大值 max U U =
高中物理速度选择器和回旋加速器模拟试题 一、速度选择器和回旋加速器 1．某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A 为粒子加速器，加速电压为U 1；B 为速度选择器，磁场与电场正交，电场方向向左，两板间的电势差为U 2，距离为d ；C 为偏转分离器，磁感应强度为B 2，方向垂直纸面向里。今有一质量为m 、电荷量为e 的正粒子（初速度忽略，不计重力），经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动，打在照相底片D 上。求： (1)磁场B 1的大小和方向 (2)现有大量的上述粒子进入加速器A ，但加速电压不稳定，在11U U -?到11U U +?范围内变化，可以通过调节速度选择器两板的电势差在一定范围内变化，使得加速后的不同速度的粒子都有机会进入C ，则打在照相底片D 上的宽度和速度选择器两板的电势差的变化范围。 【答案】（1）2112U m B d U e = 2）()()11112222m U U m U U D B e e +?-?=，()11min 1 U U U U U -?=() 11max 1 U U U U U +?=【解析】 【分析】 【详解】 （1）在加速电场中 2112 U e mv = 12U e v m = 在速度选择器B 中
2 1U eB v e d = 得 1B = 根据左手定则可知方向垂直纸面向里； （2）由可得加速电压不稳后获得的速度在一个范围内变化，最小值为 1v = 1 12 mv R eB = 最大值为 2v = 2 22 mv R eB = 打在D 上的宽度为 2122D R R =- 22D B = 若要使不同速度的粒子都有机会通过速度选择器，则对速度为v 的粒子有 1U eB v e d = 得 U=B 1vd 代入B 1 得 2U U = 再代入v 的值可得电压的最小值 min U U =最大值 max U U =
- 1 - 一、引入新课 ［师］在现代物理学中，为了研究物质的微观结构，人们往往利用能量很高的带电粒子作为“炮弹”，去轰击各种原子核，以观察它们的变化规律.怎样才能在实验室大量地产生高能量的带电粒子呢？这就要用到一种叫加速器的实验设备.同学们一定听说过北京正负电子对撞机吧，它就是我国于1989年初投入运行的第一台高能粒子加速器，它能使正负电子束流的能量分别达到28亿电子伏. ［生］加速器究竟是怎样产生高能带电粒子的呢？ ［师］这就是今天我们要学习的课题.让我们以探索者的身份，从已有的基础知识出发，一起去寻求问题的答案吧！ ［生］根据动能定理带电粒子获得的动能E k =21mv2=qU. ［师］回答正确.由此看来，在带电粒子一定的条件下，要获得高能量的带电粒子，可采取什么方法？ ［生］带电粒子一定，即q、m一定，要使粒子获得的能量增大，可增大加速电场两极板间的电势差. ［师］但是，在实际中能够达到的电压值总是有限的，不可能太高，因而用这种方法加速粒子，获得的能量很有限，一般只能达到几十万至几兆电子伏.我们能否设法突破电压的限制，使带电粒子获得更大的能量呢？ ［生甲］我想是否可以多加几个电场，让带电粒子逐一通过它们. ［师］根据学生回答，投影出示图.大家认为这种设想有道理吗？ ［生乙］我认为有道理.这样一来，每个电场的电压就不必很高.尽管带电粒子每次得到的能量不是很大，但最后的总能量却可以达到E k=nqU,只要增加电场的数目n，就可以使粒子获得足够大的能量. ［师］说得对.采用多个电场，使带电粒子实现多级加速，的确是突破电压限制的好方法.同学们能提出这样富有创见的设想，十分可贵.但是，我们再仔细推敲一下它的可行性，按上图所示的方案，真能实现多级加速吗？ - 2 -
高中物理速度选择器和回旋加速器解题技巧讲解及练习题 一、速度选择器和回旋加速器 1．如图，空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向为y 轴正方向，磁场方向垂直于xy 平面（纸面）向外，电场E 和磁场B 都可以随意加上或撤除，重新加上的电场或磁场与撤除前的一样。一带正电的粒子质量为m 、电荷量为q 从P (x =0，y =h )点以一定的速度平行于x 轴正向入射。这时若只有磁场，粒子将做半径为R 0的圆周运动；若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动．求： （1）若只有磁场，粒子做圆周运动的半径R 0大小； （2）若同时存在电场和磁场，粒子的速度0v 大小； （3）现在，只加电场，当粒子从P 点运动到x =R 0平面（图中虚线所示）时，立即撤除电场同时加上磁场，粒子继续运动，其轨迹与x 轴交于M 点。（不计重力）。粒子到达x =R 0平面时速度v 大小以及粒子到x 轴的距离； （4）M 点的横坐标x M 。 【答案】（1）0mv qB （2）E B （302v ，02R h +（4）2 2000724 M x R R R h h =++-【解析】 【详解】 （1）若只有磁场，粒子做圆周运动有：2 00 qB m R =v v 解得粒子做圆周运动的半径0 0m R qB ν= （2）若同时存在电场和磁场，粒子恰好做直线运动，则有：0qE qB =v 解得粒子的速度0E v B = （3）只有电场时，粒子做类平抛，有： 00y qE ma R v a t v t === 解得：0y v v =
所以粒子速度大小为：22 002y v v v v =+= 粒子与x 轴的距离为：2 0122 R H h at h =+ =+ （4）撤电场加上磁场后，有：2 v qBv m R = 解得：02R R = 粒子运动轨迹如图所示： 圆心C 位于与速度v 方向垂直的直线上，该直线与x 轴和y 轴的夹角均为4 π ，由几何关系得C 点坐标为： 02C x R =, 02 C R y H R h =-=- 过C 作x 轴的垂线，在ΔCDM 中： 02CM R R == 2 C R C D y h ==- 解得：2 2 2 20074 DM CM CD R R h h =-=+-M 点横坐标为：2 2000724 M x R R R h h =+- 2．如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转磁场．一束同位素离子（质量为m ，电荷量为＋q ）流从狭缝S 1射入速度选择器，速度大小为v 0的离子能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S 2射出，立即沿水平方向进入偏转磁场，最后打在照相底片D 上的A 点处．已知A 点与狭缝S 23L ，照相底片D 与狭缝S 1、S 2的连线平行且距离为L ，忽略重力的影响．则
高中物理速度选择器和回旋加速器的技巧及练习题及练习题 一、速度选择器和回旋加速器 1．某一具有速度选择器的质谱仪原理如图所示，A 为粒子加速器，加速电压为U 1；B 为速度选择器，磁场与电场正交，电场方向向左，两板间的电势差为U 2，距离为d ；C 为偏转分离器，磁感应强度为B 2，方向垂直纸面向里。今有一质量为m 、电荷量为e 的正粒子（初速度忽略，不计重力），经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做匀速圆周运动，打在照相底片D 上。求： (1)磁场B 1的大小和方向 (2)现有大量的上述粒子进入加速器A ，但加速电压不稳定，在11U U -?到11U U +?范围内变化，可以通过调节速度选择器两板的电势差在一定范围内变化，使得加速后的不同速度的粒子都有机会进入C ，则打在照相底片D 上的宽度和速度选择器两板的电势差的变化范围。 【答案】（1）2112U m B d U e = 2）()()11112222m U U m U U D B e e +?-?=，()11min 1 U U U U U -?=() 11max 1 U U U U U +?=【解析】 【分析】 【详解】 （1）在加速电场中 2112 U e mv = 12U e v m = 在速度选择器B 中
2 1U eB v e d = 得 1B = 根据左手定则可知方向垂直纸面向里； （2）由可得加速电压不稳后获得的速度在一个范围内变化，最小值为 1v = 1 12 mv R eB = 最大值为 2v = 2 22 mv R eB = 打在D 上的宽度为 2122D R R =- 22D B = 若要使不同速度的粒子都有机会通过速度选择器，则对速度为v 的粒子有 1U eB v e d = 得 U=B 1vd 代入B 1 得 2U U = 再代入v 的值可得电压的最小值 min U U =最大值 max U U =
高中物理高考物理速度选择器和回旋加速器答题技巧及练习题 一、速度选择器和回旋加速器 1．如图，正方形ABCD 区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，已知该区域的边长为L 。一个带电粒子（不计重力）从AD 中点以速度v 水平飞入，恰能匀速通过该场区；若仅撤去该区域内的磁场，使该粒子以同样的速度v 从AD 中点飞入场 区，最后恰能从C 点飞出；若仅撤去该区域内的电场，该带电粒子仍从AD 中点以相同的速度v 进入场区，求： (1)该粒子最后飞出场区的位置； (2)仅存电场与仅存磁场的两种情况下，带电粒子飞出场区时速度偏向角之比是多少？ 【答案】(1)AB 连线上距离A 3 L 处，(2)34。 【解析】 【详解】 (1)电场、磁场共存时，粒子匀速通过可得： qvB qE = 仅有电场时，粒子水平方向匀速运动： L vt = 竖直方向匀加速直线运动： 2 122L qE t m = 联立方程得： 2qEL v m = 仅有磁场时： 2 mv qvB R = 根据几何关系可得： R L =
设粒子从M点飞出磁场，由几何关系： AM= 2 2 2 L R ?? - ? ?? = 3 2 L 所以粒子离开的位置在AB连线上距离A点 3 2 L处； (2)仅有电场时，设飞出时速度偏角为α，末速度反向延长线过水平位移中点： 2 tan1 2 L L α== 解得：45 α? = 仅有磁场时，设飞出时速度偏角为β： tan3 AM OA β== 解得：60 β? = 所以偏转角之比： 3 4 α β =。 2．如图所示，相距为d的平行金属板M、N间存在匀强电场和垂直纸面向里、磁感应强度为B0的匀强磁场；在xOy直角坐标平面内，第一象限有沿y轴负方向场强为E的匀强电场，第四象限有垂直坐标平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q 的正离子(不计重力)以初速度v0沿平行于金属板方向射入两板间并做匀速直线运动，从P 点垂直y轴进入第一象限，经过x轴上的A点射出电场进入磁场．已知离子过A点时的速度方向与x轴成45°角．求：