（物理）物理帶電粒子在無(wú)邊界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)易錯(cuò)剖析及解析一、帶電粒子在無(wú)邊界勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)1專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練1．如圖所示，在一直角坐標(biāo)系xoy平面內(nèi)有圓形區(qū)域，圓心在x軸負(fù)半軸上，P、Q是圓上的兩點(diǎn)，坐標(biāo)分別為P（-8L，0），Q（-3L，0）。y軸的左側(cè)空間，在圓形區(qū)域外，有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于xoy平面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，y軸的右側(cè)空間有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于xoy平面向外?，F(xiàn)從P點(diǎn)沿與x軸正方向成37°角射出一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，帶電粒子沿水平方向進(jìn)入第一象限，不計(jì)粒子的重力。求：（1）帶電粒子的初速度；（2）粒子從P點(diǎn)射出到再次回到P點(diǎn)所用的時(shí)間?！敬鸢浮?1)；(2)【解析】【詳解】(1)帶電粒子以初速度沿與軸正向成角方向射出，經(jīng)過(guò)圓周C點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)軸左側(cè)磁場(chǎng)后，從軸上D點(diǎn)垂直于軸射入右側(cè)磁場(chǎng)，如圖所示，由幾何關(guān)系得：在y軸左側(cè)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為，解得：；(2)由公式得：，解得：由可知帶電粒子經(jīng)過(guò)y軸右側(cè)磁場(chǎng)后從圖中占垂直于y軸射放左側(cè)磁場(chǎng)，由對(duì)稱(chēng)性，在y圓周點(diǎn)左側(cè)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)圓周上的E點(diǎn)，沿直線(xiàn)打到P點(diǎn)，設(shè)帶電粒子從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)間為帶電粒子從C點(diǎn)到D點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期為，時(shí)間為帶電粒子從D做勻速圓周運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)的周期為，所用時(shí)間為從P點(diǎn)到再次回到P點(diǎn)所用的時(shí)間為聯(lián)立解得：。2．如圖所示,半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,圓弧上P點(diǎn)與圓心O的連線(xiàn)垂直于直徑MN,P點(diǎn)放置一粒子源,其向紙面內(nèi)各個(gè)方向均勻發(fā)射兩種原子核、,的速率為v,的速率為,沿PO方向發(fā)射的恰好從N點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng),忽略原子核間的相互作用及原子核的重力,取sin53°=0.8,cos53°=0.6。(1)求原子核的比荷(用B、v、R表示)及其從P點(diǎn)到邊界MN的最短時(shí)間；(2)其中一原子核的軌跡恰能與ON的中點(diǎn)A相切,求粒子的質(zhì)量數(shù)a；(3)在直徑MN上安裝金屬板,并與電阻r串聯(lián)后接地,帶正電的原子核到達(dá)金屬板后被吸收形成電流。已知粒子源P單位時(shí)間內(nèi)發(fā)射n個(gè)粒子,其中占40%,占60%,求穩(wěn)定后通過(guò)電阻r的電流大小。(已知電子的電荷量為e)【答案】(1);(2)(3)【解析】【分析】（1）根據(jù)已知條件作出對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，根據(jù)幾何關(guān)系求出最小的圓心解，再根據(jù)求解最短的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；（2）根據(jù)已知條件作出對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，根據(jù)幾何關(guān)系求出運(yùn)動(dòng)半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出比荷，即可求出質(zhì)量數(shù)a；（3）根據(jù)已知條件作出對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，根據(jù)幾何關(guān)系求出對(duì)應(yīng)的角度，從而求出粒子可能出射擊的范圍，再根據(jù)電流的定義式求出電流的表達(dá)式。【詳解】（1）由已知條件得：圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由，得弦OP最短，其所對(duì)應(yīng)的圓心角也最小，對(duì)應(yīng)的時(shí)間也最短，如圖所示：由幾何關(guān)系得：圓心角為，運(yùn)動(dòng)的周期為故運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為（2）設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)半徑為，如圖所示、：由幾何關(guān)系得：解得：設(shè)Y粒子的質(zhì)量為，電荷量為由，解得：聯(lián)立解得：，即，解得：a=15（3）對(duì)Y粒子，設(shè)粒子初速度方向與切線(xiàn)PQ方向夾角為，如圖所示：已知軌跡恰好與A相切，則代入數(shù)據(jù)解得：，解得：由幾何關(guān)系得Y粒子在范圍內(nèi)出射能到達(dá)金屬板單位時(shí)間打到金屬板的Y粒子數(shù)為由幾何關(guān)系得Y粒子在范圍內(nèi)出射能到達(dá)金屬板單位時(shí)間打到金屬板的Y粒子數(shù)為通過(guò)電阻r上的電流【點(diǎn)睛】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，一般根據(jù)幾何關(guān)系求得半徑，然后由洛倫茲力做向心力求得磁感應(yīng)強(qiáng)度；或由洛倫茲力做向心力求得半徑，然后根據(jù)幾何關(guān)系求得運(yùn)動(dòng)軌跡、運(yùn)動(dòng)時(shí)間。3．如圖紙面內(nèi)的矩形ABCD區(qū)域存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，對(duì)邊AB∥CD、AD∥BC，電場(chǎng)方向平行紙面，磁場(chǎng)方向垂直紙面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一帶電粒子從AB上的P點(diǎn)平行于紙面射入該區(qū)域，入射方向與AB的夾角為θ（θ<90°），粒子恰好做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)并從CD射出．若撤去電場(chǎng)，粒子以同樣的速度從P點(diǎn)射入該區(qū)域，恰垂直CD射出.已知邊長(zhǎng)AD=BC=d，帶電粒子的質(zhì)量為m，帶電量為q，不計(jì)粒子的重力.求：(1)帶電粒子入射速度的大小；(2)帶電粒子在矩形區(qū)域內(nèi)作直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(3)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大?。敬鸢浮浚?）（2）（3）【解析】【分析】畫(huà)出粒子的軌跡圖，由幾何關(guān)系求解運(yùn)動(dòng)的半徑，根據(jù)牛頓第二定律列方程求解帶電粒子入射速度的大??；帶電粒子在矩形區(qū)域內(nèi)作直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移可求解時(shí)間；根據(jù)電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡求解場(chǎng)強(qiáng).【詳解】（1）設(shè)撤去電場(chǎng)時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，軌跡圓心為O．由幾何關(guān)系可知：洛倫茲力做向心力：解得（2）設(shè)帶電粒子在矩形區(qū)域內(nèi)作直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移為x，有粒子作勻速運(yùn)動(dòng)：x=v0t聯(lián)立解得（3）帶電粒子在矩形區(qū)域內(nèi)作直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡：Eq=qv0B解得【點(diǎn)睛】此題關(guān)鍵是能根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)情況畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圖，結(jié)合幾何關(guān)系求解半徑等物理量；知道粒子作直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的條件是洛倫茲力等于電場(chǎng)力.4．“太空粒子探測(cè)器”是由加速、偏轉(zhuǎn)和收集三部分組成，其原理可簡(jiǎn)化如下：如圖1所示，輻射狀的加速電場(chǎng)區(qū)域邊界為兩個(gè)同心平行半圓弧面，圓心為O，外圓弧面AB的電勢(shì)為，內(nèi)圓弧面CD的電勢(shì)為，足夠長(zhǎng)的收集板MN平行邊界ACDB，ACDB與MN板的距離為L(zhǎng)．假設(shè)太空中漂浮著質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到AB圓弧面上，并被加速電場(chǎng)從靜止開(kāi)始加速，不計(jì)粒子間的相互作用和其它星球?qū)αＷ拥挠绊?，不考慮過(guò)邊界ACDB的粒子再次返回．（1）求粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小；（2）如圖2所示，在PQ（與ACDB重合且足夠長(zhǎng)）和收集板MN之間區(qū)域加一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向內(nèi)，則發(fā)現(xiàn)均勻吸附到AB圓弧面的粒子經(jīng)O點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)后最多有能打到MN板上，求所加磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。唬?）如圖3所示，在PQ（與ACDB重合且足夠長(zhǎng)）和收集板MN之間區(qū)域加一個(gè)垂直MN的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度的方向如圖所示，大小，若從AB圓弧面收集到的某粒子經(jīng)O點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)后到達(dá)收集板MN離O點(diǎn)最遠(yuǎn)，求該粒子到達(dá)O點(diǎn)的速度的方向和它在PQ與MN間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．【答案】（1）；（2）；（3）；【解析】【分析】【詳解】試題分析：解：（1）帶電粒子在電場(chǎng)中加速時(shí)，電場(chǎng)力做功，得：(2）從AB圓弧面收集到的粒子有能打到MN板上，則上端剛好能打到MN上的粒子與MN相切，則入射的方向與OA之間的夾角是，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖甲，軌跡圓心角．根據(jù)幾何關(guān)系，粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑：由洛倫茲力提供向心力得：聯(lián)合解得：（3）如圖粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡與MN相切時(shí)，切點(diǎn)到O點(diǎn)的距離最遠(yuǎn)，這是一個(gè)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的逆過(guò)程．建立如圖坐標(biāo).若速度與x軸方向的夾角為角5．如圖所示，在足夠長(zhǎng)的絕緣板MN上方存在方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未標(biāo)出），在絕緣板上方的P點(diǎn)有一個(gè)粒子發(fā)射源，它在同一時(shí)間內(nèi)沿紙面向各個(gè)方向發(fā)射數(shù)目相等的帶正電粒子，粒子的速度大小相等。已知粒子的比荷為＝k，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑R，P點(diǎn)與絕緣板的距離為d＝1.6R（不計(jì)粒子間的相互作用和粒子的重力，sin37°＝06，sin53°＝0.8）。求（1）粒子源所發(fā)射粒子的速度大小v0；（2）能夠到達(dá)絕緣板上的粒子在板上留下痕跡的最大長(zhǎng)度Lm；（3）打在絕緣板上的粒子數(shù)占總發(fā)射粒子數(shù)的比值?！敬鸢浮浚?）（2）2R（3）0.25【解析】【詳解】（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為：粒子比荷為k，聯(lián)立解得：（2）畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖如圖所示，設(shè)粒子能打中絕緣板上最左端和最右端的點(diǎn)分別為C、D，粒子在C點(diǎn)與絕緣板相切，PD為粒子軌跡圓的直徑，根據(jù)幾何關(guān)系可得：帶電粒子在板上留下痕跡的最大長(zhǎng)度為：（3）根據(jù)上圖中的幾何關(guān)系可得：，，根據(jù)旋轉(zhuǎn)圓的方法可知，粒子旋轉(zhuǎn)的角度為θ＝37°+53°＝90°范圍內(nèi)有粒子打在板上，打在絕緣板上的粒子數(shù)占總發(fā)射粒子數(shù)的，故打在絕緣板上的粒子數(shù)占總發(fā)射粒子數(shù)的比值為0.25?！军c(diǎn)睛】6．如圖所示，水平放置的兩塊長(zhǎng)直平行金屬板a、b相距為d，a、b間加有電壓，b板下方空間存在著方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(不計(jì)重力)，從貼近a板的左端以v0的初速度水平射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，剛好從狹縫P處穿過(guò)b板進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，最后粒子打到b板的Q處(圖中未畫(huà)出)被吸收．已知P到b板左端的距離為2d，求：（1）進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小和方向；（2）P、Q之間的距離；（3）粒子從進(jìn)入板間到打到b板Q處的時(shí)間．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】【詳解】（1）粒子在兩板間做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則：v0t=2d=d，所以，v0=vyvp=，＝1，θ＝45°（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，圓心為O，半徑為r，如圖；，得：左手定則，判斷出粒子軌跡，（3）在電場(chǎng)中的時(shí)間磁場(chǎng)中的周期，則【點(diǎn)睛】此題關(guān)鍵是搞清粒子的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)：在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖即可解答.7．某種回旋加速器的設(shè)計(jì)方案如俯視圖甲所示，圖中粗黑線(xiàn)段為兩個(gè)正對(duì)的極板，兩個(gè)極板的板面中部各有一極窄狹縫(沿OP方向的狹長(zhǎng)區(qū)域，)，帶電粒子可通過(guò)狹縫穿越極板(見(jiàn)圖乙)，極板A、B之間加如圖丙所示的電壓，極板間無(wú)磁場(chǎng)，僅有的電場(chǎng)可視為勻強(qiáng)電場(chǎng)；兩細(xì)虛線(xiàn)間(除兩極板之間的區(qū)域)既無(wú)電場(chǎng)也無(wú)磁場(chǎng)；其它部分存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．在離子源S中產(chǎn)生的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的正離子，飄入電場(chǎng)，由電場(chǎng)加速后，經(jīng)狹縫中的O點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，O點(diǎn)到極板右端的距離為0.99D，到出射孔P的距離為5D．已知磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)，離子從離子源上方的O點(diǎn)射入磁場(chǎng)區(qū)域，最終只能從出射孔P射出．假設(shè)離子打到器壁即被吸收，離子可以無(wú)阻礙的通過(guò)離子源裝置．忽略相對(duì)論效應(yīng)，不計(jì)離子重力，0.992≈1．求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值；(2)若磁感應(yīng)強(qiáng)度，則離子從P點(diǎn)射出時(shí)的動(dòng)能和離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(3)若磁感應(yīng)強(qiáng)度，如果從離子源S飄出的離子電荷量不變，質(zhì)量變?yōu)樵瓉?lái)的K倍(K大于1的整數(shù))，為了使離子仍從P點(diǎn)射出，則K可能取哪些值．【答案】(1)(2)(3)K＝9，n＝25；K＝15，n＝15；K＝25，n＝9；K＝45，n＝5；K＝75，n＝3；K＝225，n＝1【解析】【詳解】(1)設(shè)離子從O點(diǎn)射入磁場(chǎng)時(shí)的速率為v，有設(shè)離子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為r，若離子從O點(diǎn)射出后只運(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周即從孔P射出，有2r＝5D此時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度取得最小值，且最小值為(2)若磁感應(yīng)強(qiáng)度，正離子在磁場(chǎng)中的軌道半徑，經(jīng)分析可知離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半圈后將穿過(guò)上極板進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域做減速運(yùn)動(dòng)，速度減小到零后又重新反向加速到進(jìn)入時(shí)的速度，從進(jìn)入處到再次回到磁場(chǎng)區(qū)域，因?yàn)?，這樣的過(guò)程將進(jìn)行2次，然后第3次從極板右邊界進(jìn)入虛線(xiàn)下方磁場(chǎng)并進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域被加速，如圖所示，若離子繞過(guò)兩極板右端后被加速了n次，則此時(shí)離子運(yùn)動(dòng)的半徑為被加速了(n＋1)次對(duì)應(yīng)的半徑．離子從孔P射出滿(mǎn)足的條件解得n＋1＝132，即離子從靜止開(kāi)始被加速169次后從P點(diǎn)離開(kāi)，最大動(dòng)能在磁場(chǎng)中的總時(shí)間t＝169.5T，因?yàn)榭傻茫?3)若離子電荷量為q，質(zhì)量變?yōu)镵m，設(shè)在電場(chǎng)中被加速一次后直接進(jìn)入磁場(chǎng)的半徑為rK，在電場(chǎng)中被加速n次進(jìn)入磁場(chǎng)的半徑為rn，則，，其中，由上面知，K越大，離子被加速一次后直接進(jìn)入磁場(chǎng)半徑越大，由(2)問(wèn)知，分三種情況討論：情況一：在電場(chǎng)中被加速三次后(即第三個(gè)半圓)越過(guò)極板右側(cè)：如圖，此時(shí)，要滿(mǎn)足的條件為：2×2rK<0.99D①同時(shí)2×2rK＋2rn＝5D②由①知：K<2.2，因?yàn)镵>1的整數(shù)，故K＝2，代入②知：，由于n要求取整數(shù)，情況一中n不存在．情況二：在電場(chǎng)中被加速二次后(即第二個(gè)半圓)越過(guò)極板右側(cè)：如圖，此時(shí)，要滿(mǎn)足的條件為2rK<0.99D①2×2rK≥0.99D②2rK＋2rn＝5D③由①②知2.2≤K<9，由③知：，當(dāng)K分別取3、4、…8時(shí)，n不可能取整數(shù)，情況二也不存在．情況三：在電場(chǎng)中被加速一次后(即第一個(gè)半圓)直接越過(guò)極板右側(cè)：如圖，此時(shí)，要滿(mǎn)足的條件2rK≥0.99D①2rn＝5D②由①知：K≥9，由②知：Kn＝152＝3×5×3×5，故K可能有6組取值，分別為：K＝9，n＝25；K＝15，n＝15；K＝25，n＝9；K＝45，n＝5；K＝75，n＝3；K＝225，n＝1．8．如圖，光滑水平桌面上有一個(gè)矩形區(qū)域abcd，bc長(zhǎng)度為2L，cd長(zhǎng)度為1.5L，e、f分別為ad、bc的中點(diǎn)．efcd區(qū)域存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B；質(zhì)量為m、電荷量為+q的絕緣小球A靜止在磁場(chǎng)中f點(diǎn)．a(chǎn)bfe區(qū)域存在沿bf方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為；質(zhì)量為km的不帶電絕緣小球P，以大小為的初速度沿bf方向運(yùn)動(dòng)．P與A發(fā)生彈性碰撞，A的電量保持不變，P、A均可視為質(zhì)點(diǎn)．（1）若A從ed邊離開(kāi)磁場(chǎng)，求k的最大值；（2）若A從ed邊中點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，求k的可能值和A在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間．【答案】（1）1（2）或；A球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間【解析】【詳解】（1）令P初速度，設(shè)P、A碰后的速度分別為vP和vA，由動(dòng)量守恒定律：由機(jī)械能守恒定律：可得：，可知k值越大，vA越大；設(shè)A在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為R，由牛頓第二定律：可得：，可知vA越大，R越大；即，k值越大，R越大；如圖1，當(dāng)A的軌跡與cd相切時(shí)，R為最大值，可得：，求得k的最大值為（2）令z點(diǎn)為ed邊的中點(diǎn)，分類(lèi)討論如下：（I）A球在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)一次從z點(diǎn)就離開(kāi)磁場(chǎng)，如圖2有解得：可得：（II）由圖可知A球能從z點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)要滿(mǎn)足，則A球在磁場(chǎng)中還可能經(jīng)歷一次半圓運(yùn)動(dòng)后回到電場(chǎng)，再被電場(chǎng)加速后又進(jìn)入磁場(chǎng)，最終從z點(diǎn)離開(kāi)．令電場(chǎng)強(qiáng)度；如圖3和如圖4，由幾何關(guān)系有：解得：或可得：或當(dāng)時(shí)，，由于當(dāng)時(shí)，，由于此類(lèi)情形取符合題意要求，即綜合（I）、（II）可得A球能從z點(diǎn)離開(kāi)的k的可能值為：或A球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期為當(dāng)k=時(shí)，如圖4，A球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間9．如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有一粒子源，粒子源從O點(diǎn)在紙面內(nèi)均勻的向各個(gè)方向同時(shí)發(fā)射速率為v、比荷為k的帶正電的粒子，PQ是在紙面內(nèi)垂直磁場(chǎng)放置的厚度不計(jì)的擋板，擋板的P端與O點(diǎn)的連線(xiàn)與擋板垂直，距離為，且粒子打在擋板上會(huì)被吸收．不計(jì)帶電粒子的重力與粒子間的相互作用，磁場(chǎng)分布足夠大，求:（1）為使最多的粒子打在擋板上，則擋板至少多長(zhǎng)；（2）若擋板足夠長(zhǎng)，則打在擋板上的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間差是多少；（3）若擋板足夠長(zhǎng)，則打在擋板上的粒子占所有粒子的比率。【答案】（1）；（2）；（3）。【解析】【分析】【詳解】（1）粒子在磁場(chǎng)中受到洛倫茲力提供做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，由牛頓第二定律得：解得：在擋板左側(cè)能打在擋板上部最遠(yuǎn)點(diǎn)的粒子恰好與擋板相切，如圖所示：由題意可知：由幾何知識(shí)可得：設(shè)粒子初速度方向與OP夾角為，隨著從0開(kāi)始逐漸增大，粒子打在擋板上的點(diǎn)從N點(diǎn)逐漸下移；當(dāng)粒子剛好通過(guò)P點(diǎn)時(shí)，粒子開(kāi)始打在擋板的右側(cè)，設(shè)此時(shí)打在擋板上的點(diǎn)為M，在△OPM中，由幾何關(guān)系可得：所以當(dāng)夾角繼續(xù)增大，則粒子打在擋板上的點(diǎn)從M點(diǎn)逐漸下移至P點(diǎn)，由以上分析知道,擋板長(zhǎng)度至少等于時(shí)，擋板吸收的粒子數(shù)最多．（2）由以上分析知，當(dāng)粒子恰好從左側(cè)打在P點(diǎn)時(shí)，時(shí)間最短，如圖2軌跡1所示由幾何知識(shí)得粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為：當(dāng)粒子從右側(cè)恰好打在P點(diǎn)時(shí)，時(shí)間最長(zhǎng)，如軌跡2所示由幾何知識(shí)得粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為：粒子的運(yùn)動(dòng)周期：最短時(shí)間：最長(zhǎng)時(shí)間：最長(zhǎng)的時(shí)間差：（3）粒子出射方向水平向右的粒子和沿軌跡2的粒子速度方向之間都能打在板上，粒子方向的夾角為：打到板上的粒子占所有粒子的比率為：10．如圖所示，在屏蔽裝置底部中心位置O點(diǎn)放一醫(yī)用放射源，可通過(guò)細(xì)縫沿扇形區(qū)域向外輻射速率為v＝3.2×106m的α粒子．已知屏蔽裝置寬AB＝9cm，縫長(zhǎng)AD＝18cm，α粒子的質(zhì)量m＝6.64×10－27kg，電量q＝3.2×10－19C．若在屏蔽裝置右側(cè)條形區(qū)域內(nèi)加一勻強(qiáng)磁場(chǎng)來(lái)隔離輻射，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.332T，方向垂直于紙面向里，整個(gè)裝置放于真空環(huán)境中．(1)若所有的α粒子均不能從條形磁場(chǎng)隔離區(qū)的右側(cè)穿出，則磁場(chǎng)的寬度d至少是多少？(2)若條形磁場(chǎng)的寬度d＝20cm，則射出屏蔽裝置的α粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間和最短時(shí)間各是多少？(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)【答案】（1）0.34cm；（2）；．【解析】【分析】【詳解】(1)由題意：AB＝9cm，AD＝18cm，可得：∠BAO＝∠ODC＝45°所有α粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相同，設(shè)為R，根據(jù)牛頓第二定律有，解得R＝0.2m＝20cm由題意及幾何關(guān)系可知：若條形磁場(chǎng)區(qū)域的右邊界與沿OD方向進(jìn)入磁場(chǎng)的α粒子的圓周軌跡相切，則所有α粒子均不能從條形磁場(chǎng)隔離區(qū)右側(cè)穿出，如圖(1)所示．設(shè)此時(shí)磁場(chǎng)寬度為d0，由幾何關(guān)系得(2)設(shè)α粒子在磁場(chǎng)內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)，則設(shè)速度方向垂直于AD進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的α粒子的入射點(diǎn)為E，如圖所示．因磁場(chǎng)寬度d＝20cm<d0，且R＝20cm，則在∠EOD間出射進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的α粒子均能穿出磁場(chǎng)右邊界，在∠EOA間出射進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的α粒子均不能穿出磁場(chǎng)右邊界，所以沿OE方向進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的α粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與磁場(chǎng)右邊界相切，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)．設(shè)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)為，則若α粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)的圓弧軌跡的弦最短，則α粒子穿過(guò)磁場(chǎng)時(shí)間最短．最短的弦長(zhǎng)為磁場(chǎng)寬度d.設(shè)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為，軌跡如圖所示．因R＝d，則圓弧對(duì)應(yīng)圓心角為60°，則【點(diǎn)睛】當(dāng)粒子（速度一定）在有界磁場(chǎng)中軌跡是劣弧時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的弦最短，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短．11．地磁場(chǎng)可以減少宇宙射線(xiàn)中帶電粒子對(duì)地球上生物體的危害．為研究地磁場(chǎng)，某研究小組模擬了一個(gè)地磁場(chǎng)．如圖所示，模擬地球半徑為R,地球赤道平面附近的地磁場(chǎng)簡(jiǎn)化為赤道上方厚度為2R、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于赤道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．磁場(chǎng)邊緣A處有一粒子源，可在赤道平面內(nèi)以不同速度向各個(gè)方向射入某種帶正電粒子．研究發(fā)現(xiàn)，當(dāng)粒子速度為2v時(shí)，沿半徑方向射入磁場(chǎng)的粒子恰不能到達(dá)模擬地球．不計(jì)粒子重力及大氣對(duì)粒子運(yùn)動(dòng)的影響，且不考慮相對(duì)論效應(yīng)．（1）求粒子的比荷；（2）若該種粒子的速度為v，則這種粒子到達(dá)模擬地球的最短時(shí)間是多少？（3）試求速度為2v的粒子到達(dá)地球粒子數(shù)與進(jìn)入地磁場(chǎng)粒子總數(shù)比值η．（結(jié)果用反三角函數(shù)表示．例：，則，θ為弧度）【答案】（1）（2）（3）【解析】試題分析：（1）其軌跡如圖1所示（和地球相切）設(shè)該粒子軌跡半徑為r，則根據(jù)幾何關(guān)系：①解得②又③由②③得，④（2）速度為v的粒子進(jìn)入磁場(chǎng)有：⑤由④⑤得，⑥若要時(shí)間最短，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的弧長(zhǎng)最短，故從A斜向上射入，在A交點(diǎn)E到達(dá)地球的弦長(zhǎng)最短時(shí)間最短．，故，得：，（3）沿徑向方向射入的粒子會(huì)和地球相切而出，和AO方向成θ角向上方射入磁場(chǎng)的粒子也恰從地球上沿相切射出，在此θ角范圍內(nèi)的粒子能到達(dá)地球，其余進(jìn)入磁場(chǎng)粒子不能到達(dá)地球．作A點(diǎn)該速度垂直和過(guò)切點(diǎn)與O點(diǎn)連線(xiàn)延長(zhǎng)線(xiàn)交于F點(diǎn)，則F點(diǎn)為圓心，如圖3．AF=4R，AO=OF=3R，得故，考點(diǎn)：考查了帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【名師點(diǎn)睛】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力充當(dāng)向心力，從而得出半徑公式，周期公式，運(yùn)動(dòng)時(shí)間公式，知道粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑和速度有關(guān)，運(yùn)動(dòng)周期和速度無(wú)關(guān)，畫(huà)軌跡，定圓心，找半徑，結(jié)合幾何知識(shí)分析解題，12．如圖所示，在水平面內(nèi)有一個(gè)正三角形邊界和一個(gè)邊長(zhǎng)為l、每條邊均為擋板的正六邊形邊界ABCDEF，在其六個(gè)頂點(diǎn)各開(kāi)有一小孔，且正三角形邊界與正六邊形邊界的幾何中心重合.兩邊界之間的區(qū)域Ⅰ和六邊形邊界以?xún)?nèi)的區(qū)域Ⅱ均有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，三角形邊界以外為真空.區(qū)域Ⅰ磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為4B0，區(qū)域Ⅱ磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.現(xiàn)有大量質(zhì)量均為m、電量均為q的正電粒子(粒子直徑略小于小孔直徑)從A點(diǎn)以大小不同的速度v垂直于AB邊進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，若粒子與擋板撞擊則速度立刻減為0，不計(jì)粒子的重力與粒子間的相互作用力，則：(1)求能從頂點(diǎn)C由區(qū)域Ⅱ射入?yún)^(qū)域Ⅰ的粒子速度的大?。?2)求粒子最初從A點(diǎn)出發(fā)又回到A點(diǎn)經(jīng)歷的最短路程;(3)為使所有粒子均不會(huì)從正三角形邊界中飛出，求正三角形邊界所圍的最小面積.【答案】(1)(2)（3）【解析】(1)粒子能從C點(diǎn)由區(qū)域Ⅱ射入?yún)^(qū)域Ⅰ的粒子圓心在B點(diǎn),軌跡半徑R=l又因?yàn)椋裕?2)經(jīng)分析，除一開(kāi)始從發(fā)射點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D、并在點(diǎn)D由區(qū)域Ⅱ射入?yún)^(qū)域Ⅰ的粒子，其余粒子運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后均會(huì)與擋板相撞，速度減為0.不與擋板相撞的粒子在區(qū)域Ⅱ運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑R1=2l，圓心角在區(qū)域Ⅰ磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)?B0，運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑，圓心角可畫(huà)出物理在兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示.從A出發(fā)回到A的最短；(3)如下圖所示，畫(huà)一個(gè)正三角形邊界，使該三角形三條邊均與區(qū)域Ⅰ中的三個(gè)半圓形軌跡相切.由圖可知，三角形邊長(zhǎng)點(diǎn)睛：本題運(yùn)用幾何關(guān)系與物理規(guī)律相結(jié)合來(lái)解題，要學(xué)生掌握這類(lèi)題型的答題方法與技巧，因此根據(jù)題意結(jié)合知識(shí)，畫(huà)出正確的運(yùn)動(dòng)軌跡圖是關(guān)鍵之處。13．如圖所示，半徑r=0.06m的半圓形無(wú)場(chǎng)區(qū)的圓心在坐標(biāo)原點(diǎn)O處，半徑R=0.1m，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.075T的圓形有界磁場(chǎng)區(qū)的圓心坐標(biāo)為（0，0.08m），平行金屬板MN的極板長(zhǎng)L=0.3m、間距d=0.1m，極板間所加電壓U=6.4x102V，其中N極板收集到的粒子全部中和吸收．一位于O處的粒子源向第一、二象限均勻地發(fā)射速度為v的帶正電粒子，經(jīng)圓形磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，從第一象限出射的粒子速度方向均沿x軸正方向，已知粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑R0=0.08m，若粒子重力不計(jì)、比荷=108C/kg、不計(jì)粒子間的相互作用力及電場(chǎng)的邊緣效應(yīng)．sin53°=0.8，cos53°=0.6．（1）求粒子的發(fā)射速度v的大??；（2）若粒子在O點(diǎn)入射方向與x軸負(fù)方向夾角為37°，求它打出磁場(chǎng)時(shí)的坐標(biāo)：（3）N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例η．【答案】（1）6×105m/s；（2）（0，0.18m）；（3）29%【解析】【詳解】（1）由洛倫茲力充當(dāng)向心力，即qvB=m可得：v=6×105m/s；（2）若粒子在O點(diǎn)入射方向與x軸負(fù)方向夾角為37°，作出速度方向的垂線(xiàn)與y軸交于一點(diǎn)Q，根據(jù)幾何關(guān)系可得PQ==0.08m，即Q為軌跡圓心的位置；Q到圓上y軸最高點(diǎn)的距離為0.18m-=0.08m，故粒子剛好從圓上y軸最高點(diǎn)離開(kāi)；故它打出磁場(chǎng)時(shí)的坐標(biāo)為（0，0.18m）；（3）如上圖所示，令恰能從下極板右端出射的粒子坐標(biāo)為y，由帶電粒子在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的規(guī)律得：y=at2…①a==…②t=…③由①②③解得：y=0.08m設(shè)此粒子射入時(shí)與x軸的夾角為α，則由幾何知識(shí)得：y=rsinα+R0-R0cosα可知tanα=，即α=53°比例η=×100%=29%14．簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)是一種理想化的運(yùn)動(dòng)模型，是機(jī)械振動(dòng)中最簡(jiǎn)單、最基本的振動(dòng)。簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的物體受到回復(fù)力的作用，回復(fù)力F的大小與物體偏離平衡位置的位移x成正比，回復(fù)力的方向與物體偏離平衡位置的位移方向想反，即：F=-kx，其中k為振動(dòng)系數(shù)，其值由振動(dòng)系統(tǒng)決定。用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線(xiàn)將質(zhì)量為m的小球懸掛起來(lái)，就構(gòu)成了一個(gè)單擺，如圖甲所示。（1）證明：在偏角很小的情況下，單擺做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)。（2）已知月球上的自由落體加速度為地球上的1/4，若將地球上周期是2s的單擺拿到月球上，求它在月球上做50次全振動(dòng)的時(shí)間。（3）若使周期是2s的單擺小球帶上正電，并將單擺分別置于豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖乙和圖丙所示。使帶電小球均做小角度的簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中小球振動(dòng)的周期還是2s嗎？請(qǐng)分別分析說(shuō)明?！敬鸢浮浚?）證明過(guò)程見(jiàn)解析；（2）200s（3）加電場(chǎng)時(shí)單擺的周期小于2s；加磁場(chǎng)時(shí)單擺周期不變.【解析】【詳解】（1）單擺受力分析如圖所示，單擺的回復(fù)力大小為F回=G1=mgsinθ當(dāng)θ很小時(shí)，sinθ≈θ，θ等于θ角對(duì)應(yīng)的弧長(zhǎng)與半徑的比值，即sinθ≈θ≈得F回=mg當(dāng)θ很小時(shí)，弧長(zhǎng)PO近似等于弦長(zhǎng)，與擺球偏離平衡位置的位移x大小相等，