（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（三十）帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）

（新課改省份專用）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時(shí)跟蹤檢測(cè)（三十）帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）1(2016·全國(guó)卷)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場(chǎng)加速，經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場(chǎng)。若某種一價(jià)正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場(chǎng)加速，為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場(chǎng)，需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()A11B12C121 D144解析：選D帶電粒子在加速電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，有qUmv2，在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)，其半徑r，由以上兩式整理得：r 。由于質(zhì)子與一價(jià)正離子的電荷量相同，B1B2112，當(dāng)半徑相等時(shí)，解得：144，選項(xiàng)D正確。2.回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個(gè)D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場(chǎng)，使粒子在通過狹縫時(shí)都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖所示。設(shè)D形盒半徑為R。若用回旋加速器加速質(zhì)子時(shí)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，高頻交流電頻率為f。則下列說法正確的是()A質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2fRB質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場(chǎng)的電壓大小有關(guān)C高頻電源只能使用矩形交變電流，不能使用正弦式交變電流D不改變B和f，該回旋加速器也能用于加速粒子解析：選A由T，T，可得質(zhì)子被加速后的最大速度為2fR，其不可能超過2fR，質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場(chǎng)的電壓大小無關(guān)，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；高頻電源可以使用正弦式交變電源，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；要加速粒子，高頻交流電周期必須變?yōu)榱Ｗ釉谄渲凶鰣A周運(yùn)動(dòng)的周期，即T，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3.(2019·廣東韶關(guān)質(zhì)檢)如圖所示，一個(gè)靜止的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子(不計(jì)重力)，經(jīng)電壓U加速后垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)半個(gè)圓周后打在P點(diǎn)，設(shè)OPx，能夠正確反應(yīng)x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是()解析：選B帶電粒子經(jīng)電壓U加速，由動(dòng)能定理，qUmv2，粒子垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，洛倫茲力提供向心力，qvBm，2Rx，聯(lián)立解得：x ，所以能夠正確反應(yīng)x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是圖B。4(多選)如圖所示，在x軸的上方有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，在x軸的下方等腰三角形CDM區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面由內(nèi)向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，其中C、D在x軸上，它們到原點(diǎn)O的距離均為a，45°。現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點(diǎn)由靜止釋放，設(shè)P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為h，不計(jì)重力作用與空氣阻力的影響。下列說法正確的是()A若h，則粒子垂直CM射出磁場(chǎng)B若h，則粒子平行于x軸射出磁場(chǎng)C若h ，則粒子垂直CM射出磁場(chǎng)D若h，則粒子平行于x軸射出磁場(chǎng)解析：選AD若h，則在電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得：qEhmv2；在磁場(chǎng)中，由牛頓第二定律得qvBm，聯(lián)立解得：ra，根據(jù)幾何知識(shí)可知粒子垂直CM射出磁場(chǎng)，故A正確，B錯(cuò)誤。若h，同理可得：ra，則根據(jù)幾何知識(shí)可知粒子平行于x軸射出磁場(chǎng)，故C錯(cuò)誤，D正確。5(多選)(2019·溫州中學(xué)模擬)在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P和P3，經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，如圖所示。已知離子P在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過30°后從磁場(chǎng)右邊界射出。在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，離子P和P3()A在電場(chǎng)中的加速度之比為11B在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為21C在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的角度之比為12D離開電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能之比為13解析：選CD兩個(gè)離子的質(zhì)量相同，其帶電荷量之比是13的關(guān)系，所以由a可知，其在電場(chǎng)中的加速度之比是13，故A錯(cuò)誤。要想知道半徑必須先知道進(jìn)入磁場(chǎng)的速度，而速度的決定因素是加速電場(chǎng)，所以在離開電場(chǎng)時(shí)其速度表達(dá)式為：v ，可知其速度之比為1。又由qvBm知，r，所以其半徑之比為1，故B錯(cuò)誤。由B項(xiàng)分析知道，離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為1，設(shè)磁場(chǎng)寬度為L(zhǎng)，離子通過磁場(chǎng)轉(zhuǎn)過的角度等于其圓心角，所以sin ，則可知角度的正弦值之比為1，又P的偏轉(zhuǎn)角度為30°，可知P3的偏轉(zhuǎn)角度為60°，即在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的角度之比為12，故C正確。由電場(chǎng)加速后：qUmv2可知，兩離子離開電場(chǎng)的動(dòng)能之比為13，故D正確。6.(2018·遼寧本溪三校聯(lián)考)如圖所示，L1和L2為平行線，L1上方和L2下方都是垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，A、B兩點(diǎn)都在L2線上，帶電粒子從A點(diǎn)以初速度v與L2線成30°角斜向上射出，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)后正好過B點(diǎn)，經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)速度方向也斜向上，不計(jì)粒子重力，下列說法中不正確的是()A帶電粒子一定帶正電B帶電粒子經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)的速度一定跟在A點(diǎn)的速度相同C若將帶電粒子在A點(diǎn)時(shí)的初速度變大(方向不變)它仍能經(jīng)過B點(diǎn)D若將帶電粒子在A點(diǎn)時(shí)的初速度方向改為與L2線成60°角斜向上，它就不再經(jīng)過B點(diǎn)解析：選A畫出帶電粒子運(yùn)動(dòng)的兩種可能軌跡，如圖所示，對(duì)應(yīng)正、負(fù)電荷，故A錯(cuò)誤；帶電粒子經(jīng)過B點(diǎn)的速度跟在A點(diǎn)時(shí)的速度大小相等、方向相同，故B正確；根據(jù)軌跡，粒子經(jīng)過邊界L1時(shí)入射點(diǎn)到出射點(diǎn)間的距離與經(jīng)過邊界L2時(shí)入射點(diǎn)到出射點(diǎn)間的距離相同，與速度大小無關(guān)，所以當(dāng)初速度變大但保持方向不變，它仍能經(jīng)過B點(diǎn)，故C正確；設(shè)L1與L2之間的距離為d，由幾何知識(shí)得A到B的距離為x，所以，若將帶電粒子在A點(diǎn)時(shí)初速度方向改為與L2線成60°角斜向上，它就不再經(jīng)過B點(diǎn)，故D正確。7(2017·全國(guó)卷)如圖，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場(chǎng)。在x0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0；x<0區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B0(常數(shù)>1)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸正向射入磁場(chǎng)，此時(shí)開始計(jì)時(shí)，當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時(shí)，求：(不計(jì)重力)(1)粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(2)粒子與O點(diǎn)間的距離。解析：(1)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)。設(shè)在x0區(qū)域，圓周半徑為R1；在x0區(qū)域，圓周半徑為R2。由洛倫茲力公式及牛頓定律得qB0v0mqB0v0m粒子速度方向轉(zhuǎn)過180°時(shí)，所需時(shí)間t1為t1粒子再轉(zhuǎn)過180°時(shí)，所需時(shí)間t2為t2聯(lián)立式得，所求時(shí)間為t0t1t21。(2)由幾何關(guān)系及式得，所求距離為d02(R1R2)。答案：(1)(2)8.如圖所示，在xOy坐標(biāo)系的0yd的區(qū)域內(nèi)分布著沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在dy2d的區(qū)域內(nèi)分布著垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN為電場(chǎng)和磁場(chǎng)的交界面，ab為磁場(chǎng)的上邊界?，F(xiàn)從原點(diǎn)O處沿x軸正方向發(fā)射出速率為v0、比荷(電荷量與質(zhì)量之比)為k的帶正電粒子，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡恰與ab相切并返回磁場(chǎng)。已知電場(chǎng)強(qiáng)度E，不計(jì)粒子重力和粒子間的相互作用。求：(1)粒子第一次穿過MN時(shí)的速度大小和水平位移的大??；(2)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。解析：(1)根據(jù)動(dòng)能定理得，qEdmv2mv02，解得v2v0粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由FqE，a，dat12，xv0t1解得t1，x。(2)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，設(shè)粒子以與x軸正方向成角進(jìn)入磁場(chǎng)tan ，解得60°根據(jù)RRcos d，解得R由牛頓第二定律可得qvBm，解得B。答案：(1)2v0(2)9.(2019·汕頭模擬)如圖所示，虛線MN為勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)的分界線，勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向豎直向下且與邊界MN成45°角，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向外，在電場(chǎng)中有一點(diǎn)P，P點(diǎn)到邊界MN的豎直距離為d?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P處由靜止釋放(不計(jì)粒子所受重力，電場(chǎng)和磁場(chǎng)范圍足夠大)。求：(1)粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大??；(2)粒子第一次出磁場(chǎng)處到第二次進(jìn)磁場(chǎng)處的距離；(3)若粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)后的某時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小突然變?yōu)锽，但方向不變，此后粒子恰好被束縛在該磁場(chǎng)中，則B的最小值為多少？解析：(1)設(shè)粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v，由動(dòng)能定理可得qEdmv2，解得：v 。(2)粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，粒子第一次出磁場(chǎng)到第二次進(jìn)磁場(chǎng)，兩點(diǎn)間距為xCA，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律：xvt，yat2，qEma，由幾何知識(shí)可得xy，解得：t ，兩點(diǎn)間的距離為：xCAvt，代入數(shù)據(jù)可得：xCA4d。(3)由qvBm，v ，聯(lián)立解得：R ，由題意可知，當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)處改變磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)的半徑有最大值，即B最小，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中的虛線圓所示。設(shè)此后粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r，則由幾何關(guān)系可知rR。又因?yàn)閞，所以B，代入數(shù)據(jù)可得：B2(2)B。答案：(1) (2)4d(3)2(2)BB卷重難增分專練1(2019·佛山模擬)如圖甲所示，M、N為豎直放置且彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個(gè)小孔O、O且正對(duì)，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖乙所示。有一束正離子在t0時(shí)垂直于M板從小孔O射入磁場(chǎng)，已知正離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，正離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期與磁感應(yīng)強(qiáng)度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場(chǎng)變化而產(chǎn)生的電場(chǎng)的影響，不計(jì)正離子所受重力。求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B0的大??；(2)要使正離子從O孔垂直于N板射出磁場(chǎng)，正離子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度v0的可能值。解析：(1)設(shè)磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里時(shí)為正，正離子射入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有B0qv0m粒子運(yùn)動(dòng)的周期T0解得B0。(2)正離子從O孔垂直于N板射出磁場(chǎng)時(shí)，可能的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，正離子在兩板之間只運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期T0時(shí)，有r正離子在兩板之間運(yùn)動(dòng)n個(gè)周期即nT0時(shí)，有r(n1,2,3，)解得v0(n1,2,3，)。答案：(1)(2)(n1,2,3，)2.如圖所示，在坐標(biāo)系xOy中，第一象限內(nèi)充滿著兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)a和b，OP為分界線，在磁場(chǎng)a中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B，方向垂直于紙面向里，在磁場(chǎng)b中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向外，P點(diǎn)坐標(biāo)為(4l,3l)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入磁場(chǎng)b，經(jīng)過一段時(shí)間后，粒子恰能經(jīng)過原點(diǎn)O，不計(jì)粒子重力。求：(1)粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的最短時(shí)間是多少？(2)粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小可能是多少？解析：(1)設(shè)粒子的入射速度為v，用Ra、Rb、Ta、Tb分別表示粒子在磁場(chǎng)a中和磁場(chǎng)b中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑和周期，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvBm解得Ra，Rb，Ta，Tb當(dāng)粒子先在磁場(chǎng)b中運(yùn)動(dòng)，后進(jìn)入磁場(chǎng)a中運(yùn)動(dòng)，然后從O點(diǎn)射出時(shí)，粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)所用的時(shí)間最短，如圖所示。根據(jù)幾何知識(shí)得tan ，故37°粒子在磁場(chǎng)b和磁場(chǎng)a中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為tbTb，taTa故從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的時(shí)間為ttatb。(2)由題意及上圖可知n(2Racos 2Rbcos )解得v(n1,2,3，)。答案：(1)(2)(n1,2,3，)3(2018·全國(guó)卷)一足夠長(zhǎng)的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示：中間是磁場(chǎng)區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場(chǎng)的上、下兩側(cè)為電場(chǎng)區(qū)域，寬度均為l，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點(diǎn)，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點(diǎn)沿y軸正方向射入電場(chǎng)，經(jīng)過一段時(shí)間后恰好以從M點(diǎn)入射的速度從N點(diǎn)沿y軸正方向射出。不計(jì)重力。(1)定性畫出該粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡；(2)求該粒子從M點(diǎn)入射時(shí)速度的大小；(3)若該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的時(shí)間。解析：(1)粒子在電場(chǎng)中的軌跡為拋物線，在磁場(chǎng)中為圓弧，上下對(duì)稱，如圖(a)所示。(2)設(shè)粒子從M點(diǎn)射入時(shí)速度的大小為v0，進(jìn)入磁場(chǎng)的速度大小為v，方向與電場(chǎng)方向的夾角為如圖(b)，速度v沿電場(chǎng)方向的分量為v1。根據(jù)牛頓第二定律有qEma由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有l(wèi)v0tv1atv1vcos 設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvB由幾何關(guān)系得l2Rcos 聯(lián)立式得v0。(3)由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得v1v0cot 聯(lián)立式得設(shè)粒子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)所用的時(shí)間為t，則t2tT式中T是粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期，T由式得t。答案：(1)見解析(2)(3)4.(2019·淮南模擬)在如圖所示的坐標(biāo)系內(nèi)，PQ是垂直于x軸的分界線，PQ左側(cè)的等腰直角三角形區(qū)域內(nèi)分布著勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向里，AC邊有一擋板可吸收電子，AC長(zhǎng)為d。PQ右側(cè)為偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，兩極板長(zhǎng)度為d，間距為d。電場(chǎng)右側(cè)的x軸上有足夠長(zhǎng)的熒光屏。現(xiàn)有速率不同的電子在紙面內(nèi)從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸正方向射入磁場(chǎng)，電子能打在熒光屏上的最遠(yuǎn)處為M點(diǎn)，M到下極板右端的距離為d，電子電荷量為e，質(zhì)量為m，不考慮電子間的相互作用以及偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)邊緣效應(yīng)，求：(1)電子通過磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間；(2)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的電壓U；(3)電子至少以多大速率從O點(diǎn)射出時(shí)才能打到熒光屏上。解析：(1)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得evBm解得r電子在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)周期為T通過磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間為t1T。(2)由幾何知識(shí)得電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最大半徑rd，又r解得電子進(jìn)入電場(chǎng)的最大速度v通過電場(chǎng)的時(shí)間t2，代入數(shù)據(jù)解得t2電子離開電場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)到達(dá)M點(diǎn)，如圖甲所示，又y1y2d解得y1d故t22d代入數(shù)據(jù)解得U。(3)電子恰好打在下極板右邊緣，如圖乙所示在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑r電場(chǎng)中水平方向dvt豎直方向rt2由上述三式代入數(shù)據(jù)解得v。答案：(1)(2)(3)v5(2017·江蘇高考)一臺(tái)質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示。大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場(chǎng)，其初速度幾乎為0，經(jīng)加速后，通過寬為L(zhǎng)的狹縫MN沿著與磁場(chǎng)垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，最后打到照相底片上。已知甲、乙兩種離子的電荷量均為q，質(zhì)量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運(yùn)動(dòng)軌跡。不考慮離子間的相互作用。(1)求甲種離子打在底片上的位置到N點(diǎn)的最小距離x；(2)在圖中用斜線標(biāo)出磁場(chǎng)中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d；(3)若考慮加速電壓有波動(dòng)，在(U0U)到(U0U)之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件。解析：(1)甲種離子在電場(chǎng)中加速時(shí)，有qU0×2mv2設(shè)甲種離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為r1則有qvB2m解得r1 根據(jù)幾何關(guān)系有x2r1L解得x L。(2)如圖所示。最窄處位于過兩虛線交點(diǎn)的垂線上dr1 解得d 。(3)設(shè)乙種離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑為r2r1的最小半徑r1min r2的最大半徑r2max 由題意知2r1min2r2max>L即 >L解得L< 2。答案：(1) L(2)圖見解析 (3)L< 2