專題突破練習(九)(時間：30分鐘)1．如圖甲所示，M、N為豎直放置彼此平行的兩塊平板，板間距離為d，兩板中央各有一個小孔O、O′正對，在兩板間有垂直于紙面方向的磁場，磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示。有一群正離子在t＝0時垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子質(zhì)量為m、帶電荷量為q，正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為T0，不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響，不計離子所受重力。求：甲乙(1)磁感應強度B0的大??；(2)要使正離子從O′垂直于N板射出磁場，正離子射入磁場時的速度v0的可能值。[解析]設垂直于紙面向里的磁場方向為正方向。(1)正離子射入磁場，洛倫茲力提供向心力B0qv0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R)做勻速圓周運動的周期T0＝eq\f(2πR,v0)由以上兩式得磁感應強度B0＝eq\f(2πm,qT0)(2)要使正離子從O′孔垂直于N板射出磁場，v0的方向應如圖所示，兩板之間正離子只運動一個周期即T0時，有R＝eq\f(d,4)；當兩板之間正離子運動n個周期即nT0時，有R＝eq\f(d,4n)(n＝1,2,3…)聯(lián)立求解，得正離子的速度的可能值為v0＝eq\f(B0qR,m)＝eq\f(πd,2nT0)(n＝1,2,3…)。[答案](1)eq\f(2πm,qT0)(2)eq\f(πd,2nT0)(n＝1,2,3…)2．在如圖甲所示的正方形平面Oabc內(nèi)存在著垂直于該平面的勻強磁場，磁感應強度的變化規(guī)律如圖乙所示。一個質(zhì)量為m、帶正電荷量為q的粒子(不計重力)，在t＝0時刻平行于Oc邊從O點射入磁場中。已知正方形邊長為L，磁感應強度的大小為B0，規(guī)定磁場向外的方向為正。求：甲乙(1)帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期T0；(2)若帶電粒子不能從Oa邊界射出磁場，磁感應強度變化周期T的最大值；(3)要使帶電粒子從b點沿著ab方向射出磁場，滿足這一條件的磁感應強度變化的周期T及粒子射入磁場時速度大小v0。[解析](1)由qvB0＝meq\f(v2,r)及T＝eq\f(2πr,v)得T0＝eq\f(2πm,qB0)。(2)如圖(a)所示，若使粒子不能從Oa邊射出，則有sinα＝eq\f(1,2)，α＝30°。在磁場變化的半個周期內(nèi)，粒子在磁場中旋轉150°角，運動時間為t＝eq\f(5,12)T0＝eq\f(5πm,6qB0)(a)(b)而t＝eq\f(T,2)，所以磁場變化的最大周期為T＝eq\f(5πm,3qB0)。(3)若使粒子從b點沿著ab方向射出磁場，軌跡如圖(b)所示。在磁場變化的半個周期內(nèi)，粒子在磁場中旋轉的角度為2β，其中β＝45°，即eq\f(T,2)＝eq\f(T0,4)，所以磁場變化的周期為T＝eq\f(πm,qB0)，每一個圓弧對應的弦長OM為s＝eq\f(\r(2)L,n)(n＝2,4,6…)，圓弧半徑為R＝eq\f(s,\r(2))＝eq\f(L,n)。由qv0B0＝meq\f(v\o\al(2,0),R)得：v0＝eq\f(qLB0,nm)(n＝2,4,6…)。[答案](1)eq\f(2πm,qB0)(2)eq\f(5πm,3qB0)(3)eq\f(πm,qB0)eq\f(qLB0,nm)(n＝2,4,6…)3．如圖甲所示，平行金屬板A和B間的距離為d，現(xiàn)在A、B板上加上如圖乙所示的方波形電壓，t＝0時，A板比B板的電勢高，電壓的正向值為u0，反向值為－u0，現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電荷量為q的正粒子組成的粒子束，從AB的中點O1以平行于金屬板方向O1O2的速度v0＝eq\f(\r(3)qu0T,3dm)射入，所有粒子在AB間的飛行時間均為T，不計重力影響。求：甲乙(1)粒子射出電場時位置離O2點的距離范圍及對應的速度；(2)若要使射出電場的粒子經(jīng)某一圓形區(qū)域的勻強磁場偏轉后都能通過圓形磁場邊界的一個點處，而便于再收集，則磁場區(qū)域的最小半徑和相應的磁感應強度是多大？[解析](1)當粒子由t＝nT(n＝0,1,2…)時刻進入電場，向下側移最大，則s1＝eq\f(qu0,2dm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2T,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(qu0,dm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2T,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,3)))－eq\f(qu0,2dm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(7qu0T2,18dm)。當粒子由t＝nT＋eq\f(2T,3)(n＝0,1,2…)時刻進入電場，向上側移最大，則s2＝eq\f(qu0,2dm)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(qu0T2,18dm)，在距離中點O2下方eq\f(7qu0T2,18dm)至上方eq\f(qu0T2,18dm)的范圍內(nèi)有粒子射出。打出粒子的速度都是相同的，在沿電場線方向速度大小為vy＝eq\f(u0q,dm)·eq\f(T,3)＝eq\f(u0qT,3dm)，所以射出速度大小為v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)u0qT,3dm)))eq\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(u0qT,3dm)))eq\s\up12(2))＝eq\f(2u0qT,3dm)。設速度方向與v0的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(1,\r(3))，θ＝30°。(2)要使平行粒子能夠交于圓形磁場區(qū)域邊界某一點且有最小區(qū)域時，磁場直徑最小值與粒子寬度相等，粒子寬度D＝(s1＋s2)cos30°，即D＝eq\f(4qu0T2,9dm)cos30°＝eq\f(2\r(3)qu0T2,9dm)。故磁場區(qū)域的最小半徑為r＝eq\f(D,2)＝eq\f(\r(3)qu0T2,9dm)，而粒子在磁場中做勻速圓周運動有qvB＝meq\f(v2,r)，解得B＝eq\f(2\r(3)m,qT)。[答案](1)見解析(2)eq\f(\r(3)qu0T2,9dm)eq\f(2\r(3)m,qT)4．如圖(a)所示的xOy平面處于變化的勻強電場和勻強磁場中，電場強度E和磁感應強度B隨時間做周期性變化的圖象如圖(b)所示，y軸正方向為E的正方向，垂直于紙面向里為B的正方向。t＝0時刻，帶負電粒子P(重力不計)由原點O以速度v0沿y軸正方向射出，它恰能沿一定軌道做周期性運動。v0、E0和t0為已知量，圖(b)中eq\f(E0,B0)＝eq\f(8v0,π2)，在0～t0時間內(nèi)粒子P第一次離x軸最遠時的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2v0t0,π)，\f(2v0t0,π)))。求：(a)(b)(1)粒子P的比荷；(2)t＝2t0時刻粒子P的位置；(3)帶電粒子在運動中距離原點O的最遠距離L。[解析](1)0～t0時間內(nèi)粒子P在勻強磁場中做勻速圓周運動，當粒子所在位置的縱、橫坐標相等時，粒子在磁場中恰好經(jīng)過eq\f(1,4)圓周，所以粒子P第一次離x軸的最遠距離等于軌道半徑R，即R＝eq\f(2v0t0,π) ①又qv0B0＝meq\f(v\o\al(2,0),R) ②代入eq\f(E0,B0)＝eq\f(8v0,π2)解得eq\f(q,m)＝eq\f(4v0,πE0t0)。 ③(2)設粒子P在磁場中運動的周期為T，則T＝eq\f(2πR,v0) ④聯(lián)立①④解得T＝4t0 ⑤即粒子P做eq\f(1,4)圓周運動后磁場變?yōu)殡妶?，粒子以速度v0垂直電場方向進入電場后做類平拋運動，設t0～2t0時間內(nèi)水平位移和豎直位移分別為x1、y1，則x1＝v0t0 ⑥y1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)， ⑦其中加速度a＝eq\f(qE0,m)由③⑦解得y1＝eq\f(2v0t0,π)＝R，因此t＝2t0時刻粒子P的位置坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2＋π,π)v0t0，0))，如圖中的b點所示。(3)分析知，粒子P在2t0～3t0時間內(nèi)，電場力產(chǎn)生的加速度方向沿y軸正方向，由對稱關系知，在3t0時刻速度方向為x軸正方向，這段時間內(nèi)的水平位移x2＝x1＝v0t0；在3t0