（浙江選考）2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場與磁場 提升訓(xùn)練11 帶電粒子在磁場中的運動

《（浙江選考）2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場與磁場 提升訓(xùn)練11 帶電粒子在磁場中的運動》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場與磁場 提升訓(xùn)練11 帶電粒子在磁場中的運動（19頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（浙江選考）2022屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場與磁場 提升訓(xùn)練11 帶電粒子在磁場中的運動 1.如圖所示,O'PQ是關(guān)于y軸對稱的四分之一圓,在PQMN區(qū)域有均勻輻向電場,PQ與MN間的電壓為U。PQ上均勻分布帶正電的粒子,可均勻持續(xù)地以初速度為零發(fā)射出來,任一位置上的粒子經(jīng)電場加速后都會從O'進入半徑為R、中心位于坐標(biāo)原點O的圓形勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直xOy平面向外,大小為B,其中沿+y軸方向射入的粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰能沿+x軸方向射出。在磁場區(qū)域右側(cè)有一對平行于x軸且到x軸距離都為R的金屬平行板A和K, 金屬板長均為4R, 其中K板接地,A與K兩板間加有電壓UAK>0, 忽略極板

2、電場的邊緣效應(yīng)。已知金屬平行板左端連線與磁場圓相切,O'在y軸(0,-R)上。(不考慮粒子之間的相互作用力) (1)求帶電粒子的比荷; (2)求帶電粒子進入右側(cè)電場時的縱坐標(biāo)范圍; (3)若電壓UAK=,求到達(dá)K板的粒子數(shù)與進入平行板總粒子數(shù)的比值。 2.如圖為一裝放射源氡的盒子,靜止的氡核Rn)經(jīng)過一次α衰變成釙Po,新核Po的速率約為2×105 m/s。衰變后的α粒子從小孔P進入正交的電磁場區(qū)域Ⅰ,且恰好可沿中心線勻速通過,磁感應(yīng)強度B=0.1 T。之后經(jīng)過A孔進入電場加速區(qū)域Ⅱ,加速電壓U=3×106 V

3、。從區(qū)域Ⅱ射出的α粒子隨后又進入半徑為r= m的圓形勻強磁場區(qū)域Ⅲ,該區(qū)域磁感應(yīng)強度B0=0.4 T、方向垂直紙面向里。圓形磁場右邊有一豎直熒光屏與之相切,熒光屏的中心點M和圓形磁場的圓心O、電磁場區(qū)域Ⅰ的中線在同一條直線上,α粒子的比荷為=5×107 C/kg。 (1)請寫出衰變方程,并求出α粒子的速率(保留一位有效數(shù)字); (2)求電磁場區(qū)域Ⅰ的電場強度大小; (3)粒子在圓形磁場區(qū)域Ⅲ的運動時間多長? (4)求出粒子打在熒光屏上的位置。 3.(2018年3月新高考研究聯(lián)盟第二次聯(lián)

4、考)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖1所示。大量的甲、乙兩種離子以0到v范圍內(nèi)的初速度從A點進入電壓為U的加速電場,經(jīng)過加速后從O點垂直邊界MN進入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,最后打到照相底片上并被全部吸收。已知甲、乙兩種離子的電荷量均為+q、質(zhì)量分別為2m和m。不考慮離子間的相互作用。 圖1 圖2 (1)求乙離子離開電場時的速度范圍; (2)求所有離子打在底片上距O孔最遠(yuǎn)距離xm; (3)若離子進入O孔時速度方向分布在y軸兩側(cè)各為θ=30°的范圍內(nèi),如圖2所示,要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊,求離子最大初速度v應(yīng)滿足的

5、條件。 4.如圖,在xOy坐標(biāo)平面第一象限內(nèi)x≤1 m的范圍中存在以y=x2為上邊界的沿y軸正方向的勻強電場,電場強度大小E1=2.0×102 N/C,在直線MN(方程為y=1 m)的上方存在方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。在x=-1 m處有一與y軸平行的接收板PQ,板兩端分別位于MN直線和x軸上;在第二象限,MN和PQ圍成的區(qū)域內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強電場,電場強度大小為E2?，F(xiàn)有大量的帶正電粒子從x軸上0

6、處釋放的粒子射出電場E1時的速度大小; (2)若進入磁場的所有帶電粒子均從MN上同一點離開磁場,求磁感應(yīng)強度B的大小; (3)若在第(2)問情況下所有帶電粒子均被PQ板接收,求電場強度E2的最小值和在E2最小的情況下最先打在接收板上的粒子運動的總時間。 5.如圖所示,靜止于A處的帶正電粒子,經(jīng)加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器,從P點垂直CN豎直向上進入矩形區(qū)域的有界勻強磁場(磁場方向如圖所示,其中CNQD為勻強磁場的邊界)。靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場,方向如圖所示。

7、已知加速電場的電壓為U,圓弧虛線的半徑為R,粒子質(zhì)量為m、電荷量為q,QN=2d,PN=3d,粒子重力不計。 (1)求粒子在輻向電場時其所在處的電場強度E; (2)若粒子恰好能打在N點,求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的值; (3)要求帶電粒子最終能打在QN上,求磁場磁感應(yīng)強度大小B的取值范圍。 6.某裝置用磁場控制帶電粒子的運動,工作原理圖如圖所示。裝置的長L=2d,上下兩個相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小相同、方向與紙面垂直且相反,兩磁場的間

8、距為d,裝置右端有一收集板,N、P為板上的兩點,N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上。一質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子靜止在A處,經(jīng)加速電場加速后,以速度v0沿圖中的虛線從裝置左端的中點O射入,方向與軸線成60°角?？梢酝ㄟ^改變上下矩形區(qū)域內(nèi)的磁場強弱(兩磁場始終大小相同、方向相反),控制粒子到達(dá)收集板上的位置。不計粒子的重力。 (1)試求出加速電壓U的大小; (2)若粒子只經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次,恰好到達(dá)收集板上的P點,求磁場區(qū)域的寬度h; (3)欲使粒子經(jīng)過上下兩磁場并到達(dá)收集板上的N點,磁感應(yīng)強度有多

9、個可能的值,試求出其中的最小值B。 7.如圖所示,真空中有以(r,0)點為圓心,以r為半徑的圓形勻強磁場區(qū),磁感強度大小為B,方向垂直于紙面向里,在y=r的虛線上方足夠大的范圍內(nèi),有水平向左的勻強電場,電場強度的大小為E,一質(zhì)子從O點沿與x軸正方向成30°斜向下射入磁場(如圖中所示),經(jīng)過一段時間后由M點(圖中沒有標(biāo)出)穿過y軸。已知質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r,質(zhì)子的電荷量為e,質(zhì)量為m ,重力不計。求: (1)質(zhì)子運動的初速度大小; (2)M點的坐標(biāo); (3)質(zhì)子由O點運動到M點所用時間。

10、 8.掃描電子顯微鏡在研究微觀世界里有廣泛的應(yīng)用,通過磁聚焦之后的高能電子轟擊物質(zhì)表面,被撞擊的樣品會產(chǎn)生各種電磁輻射,通過分析這些電磁波就能獲取被測樣品的各種信息。早期這種儀器其核心部件如圖甲所示。其原理如下:電子槍發(fā)出的電子束,進入磁場聚焦室(如圖甲),聚焦磁場由通電直導(dǎo)線產(chǎn)生,磁場通過“釋放磁場的細(xì)縫”釋放而出,通過控制“釋放磁場細(xì)縫”的寬度、磁場的強弱和方向使電子進行偏轉(zhuǎn),讓聚焦之后的電子集中打在樣品上。 (1)要使射入聚焦室的電子發(fā)生圖乙的偏轉(zhuǎn),請說明圖甲中左側(cè)和右側(cè)通電直導(dǎo)線的電流方向(只要回答“向上”或者“向下”); (

11、2)圖乙為聚焦磁場的剖面圖,要產(chǎn)生圖示的聚焦效果,請說明該平面中磁場的分布情況; (3)研究人員往往要估測聚焦磁場區(qū)域中各處磁感應(yīng)強度大小,為了研究方便假設(shè)電子運動經(jīng)過的磁場為勻強磁場,若其中一個電子從A點射入(如圖丙所示),從A點正下方的A'點射出,入射方向與OA的夾角等于出射方向與O'A'的夾角,電子最終射向放置樣品的M點,求該磁感應(yīng)強度的大小?已知OA=O'A'=d,AA'=L,O'M=h,電子速度大小為v,質(zhì)量為m,電荷量為e。 9.(2018年3月綠色評價聯(lián)盟高三適應(yīng)性考試)離子推進器是太空飛行器常用的動力系統(tǒng)。某種推進器設(shè)

12、計的簡化原理如圖所示,截面半徑為R=2 m的圓柱腔分為兩個工作區(qū)。Ⅰ為電離區(qū),電離區(qū)間充有稀薄銫氣體,也有軸向的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B=1.0×10-3 T,在離軸線處的C點持續(xù)射出一定速率范圍的電子。假設(shè)射出的電子僅在垂直于軸線的截面上運動,截面如圖2所示(從左向右看)。電子的初速度方向與中心O點和C點的連線成α角(0<α≤90°)。電子碰撞銫原子使之電離,為了取得好的電離效果,從內(nèi)圓柱體表面發(fā)出的電子在區(qū)域內(nèi)運動時不能與外器壁碰撞。Ⅱ為加速區(qū),兩端加有電壓,形成軸向的勻強電場。Ⅰ區(qū)產(chǎn)生的銫離子以接近0的初速度進入Ⅱ區(qū),被加速后以速度v0=7.25×104 m/s從右側(cè)噴出。這種高速粒

13、子流噴射出去,可推動衛(wèi)星運動,電子在Ⅰ區(qū)內(nèi)不與器壁相碰且能到達(dá)的區(qū)域越大,電離效果越好,已知銫離子比荷=7.25×105 C·kg-1,銫離子質(zhì)量M=2.2×10-25 kg,電子質(zhì)量為m=0.9×10-30 kg,電荷量為e=1.60×10-19 C(電子碰到器壁即被吸收,不考慮電子間的碰撞)。 (1)求Ⅱ區(qū)的加速電壓; (2)為取得好的電離效果,請判斷Ⅰ區(qū)中的磁場方向(按圖2說明是“垂直紙面向里”或“垂直紙面向外”); (3)要取得好的電離效果,求射出的電子最大速率vm與α角的關(guān)系; (4)若單位時間內(nèi)

14、噴射出N=1018個銫離子,試求推進器的推力(結(jié)果取兩位有效數(shù)字)。 10.如圖所示,在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限中分布著沿y軸負(fù)方向的勻強電場,在第四象限內(nèi)分布著垂直紙面向里的勻強磁場。一個質(zhì)量為m0,電荷量為q的正粒子(不計重力)在A(0,3)點平行x軸入射,初速度vA=120 m/s,該粒子從電場進入磁場,又從磁場進入電場,并且只通過x軸上的點P(4.5,0)及Q(8,0)各一次,已知該粒子的比荷為= 108 C/kg。求: (1)電場強度的大小; (2)磁感應(yīng)強度的大小; (3)粒子在磁

15、場中運動的時間。 11.(2018年2月臺州高三期末)如圖1所示為我國蘭州重離子加速系統(tǒng)中的一臺大型分離扇加速器,圖2為其簡化示意圖,四個張角為53°的扇形磁鐵沿環(huán)形安裝,產(chǎn)生方向垂直于紙面向里的扇形勻強磁場,磁場的外半徑R=3.6 m,磁感應(yīng)強度均為B=0.5 T,磁鐵之間為真空無場區(qū)。若重離子質(zhì)量為1.4×10-25 kg,帶7個單位正電荷,以速率v=4.0×106 m/s沿圖中虛線所示的閉合軌道周期性旋轉(zhuǎn)。求: (1)閉合軌道在勻強磁場中圓弧的半徑r,并判斷離子旋轉(zhuǎn)的方向; (2)閉合軌道在兩個扇形磁場間的長度d,及離子沿軌道旋轉(zhuǎn)的周期T;

16、 (3)重離子沿閉合軌道周期性旋轉(zhuǎn)的最大速度vm。 〔已知:元電荷e=1.6×10-19 C,sin(α±β)=sin αcos β±cos αsin β,cos α=1-2sin2〕 12.“太空粒子探測器”是由加速、偏轉(zhuǎn)和收集三部分組成,其原理可簡化如下:如圖甲所示,輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心平行半圓弧面,圓心為O,外圓弧面AB的半徑為L,電勢為φ1,內(nèi)圓弧面CD的半徑為,電勢為φ2。足夠長的收集板MN平行于邊界ACDB,O到MN板的距離OP為L。假設(shè)太空中漂浮著質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,它們能均勻地吸附到AB圓弧面上,并被加速電場從靜止

17、開始加速,不計粒子間的相互作用和其他星球?qū)αＷ右Φ挠绊憽? (1)求粒子到達(dá)O點時速度的大小; (2)如圖乙所示,在邊界ACDB和收集板MN之間加一個半圓形勻強磁場,圓心為O,半徑為L,磁場方向垂直紙面向內(nèi),則發(fā)現(xiàn)從AB圓弧面收集到的粒子有能打到MN板上(不考慮過邊界ACDB的粒子再次返回),求所加磁場磁感應(yīng)強度B0的大小; (3)隨著所加磁場大小的變化,試定量分析收集板MN上的收集效率η與磁感應(yīng)強度B的關(guān)系。 提升訓(xùn)練11　帶電粒子在磁場中的運動 1.答案 (1)　(2)-R~R　(3) 解析 (1)qU=mv2

18、,得v= 由已知條件,知偏轉(zhuǎn)半徑r=R Bqv=m 得。 (2)因為r=R,所有粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后都平行于x軸射出。沿QN方向射入時,對應(yīng)的圓心角為135°,離開磁場時a點的縱坐標(biāo)為ya=R 沿PM方向入射的帶電粒子離開磁場的出發(fā)點b的縱坐標(biāo)yb=-R 所以進入電場時的縱坐標(biāo)范圍為-R~R。 (3)E=,F=Eq=ma,y=at2,vt=4R,得y=R 從縱坐標(biāo)y=0.5R進入偏轉(zhuǎn)電場的粒子恰能打到K板右邊緣,其進入磁場時的速度與y軸夾角為30°,所以比例η=。 2.答案 (1RnPoHe　1×107 m/s (2)1×106 V/m　(3)×10-7s　(4)α粒子打在熒光

19、屏上的M點上方1 m處 解析 (1)衰變方程RnPoHe?、? 衰變過程動量守恒,0=mPov1-mHev0　② 聯(lián)立①②可得v0=1.09×107 m/s≈1×107 m/s?！、? (2)α粒子勻速通過電磁場區(qū)域Ⅰ,qE=qv0B?、? 聯(lián)立③④可得E=1×106 V/m?！、? (3)α粒子在區(qū)域Ⅱ被電場加速,qU=mv2-,所以v=2×107 m/s?、? α粒子在區(qū)域Ⅲ中做勻速圓周運動,qvB=m 所以R=1 m　⑦ 又T=?、? 如圖所示,由幾何關(guān)系可知,α粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)角θ=60°,所以α粒子在磁場中的運動時間t=T?、? 聯(lián)立⑧⑨可得t=×10-7 s。 (4)

20、α粒子的入射速度過圓形磁場圓心,由幾何關(guān)系可知,出射速度方向也必然過圓心O,幾何關(guān)系如圖,tan 60°=,所以x=1 m,α粒子打在熒光屏上的M點上方1 m處。 3.答案 (1) (2)4 (3)v< 解析 (1)設(shè)離子以初速度v0進入電場,離開電場時速度為v1,由動能定理得qU= 解得v1= 由題意可知,乙離子進入電場時速度范圍0~v,可得乙離子離開電場時速度范圍 (2)磁場中:qBv1=m,解得r= 經(jīng)判斷知,以v進入電場的甲離子打在底片上距O孔最遠(yuǎn)處 rm= xm=2rm=4。 (3)乙離子能打到的距離O點的最遠(yuǎn)距離: 2r乙=2 甲離子能打到的距離O

21、點的最近距離: 2r甲cos 30°=cos 30° 當(dāng)2r乙=2r甲cos 30°時,即v= v范圍為v<。 4.答案 (1)4×103 m/s　(2)0.1 T　(3)8.0×102 N/C　5.7×10-4 s 解析 (1)由題意得,于x處釋放的粒子在電場中加速的位移為y,且滿足y=x2 設(shè)射出電場E1時的速度大小為v,由動能定理可得qyE1=mv2 聯(lián)立兩式可求得v=x 代入數(shù)值求解得v0.5=4×103 m/s。 (2)粒子進入磁場后做勻速圓周運動,設(shè)半徑為r,由牛頓第二定律可得qvB= 聯(lián)立上式可求得r=x 當(dāng)磁感應(yīng)強度B一定時,軌道半徑r與x成正比,當(dāng)x

22、趨近于零時,粒子做圓周運動的軌道半徑趨近于零,即所有粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后都從C點射出磁場, 且有2r=x 聯(lián)立上兩式可得B=0.1 T。 (3)粒子從C點沿y軸負(fù)方向進入電場強度大小為E2的范圍后,都在電場力作用下做類平拋運動,若所有帶電粒子均被PQ板接收,則從x=1 m處出發(fā)的粒子剛好運動到Q點,對應(yīng)電場強度E2的最小值E2 min,設(shè)該粒子在電場強度大小為E2 min的電場中運動的初速度為v1,時間為t3,加速度為a2,有x=a2,y=v1t3,qE2 min=ma2 將x=1 m,y=1 m代入方程可求得E2 min=8.0×102 N/C 由題意得,在E2最小的情況下最先打在接收板

23、上的粒子為從x=1 m處出發(fā)的粒子,設(shè)該粒子在電場強度大小為E1的電場中運動的時間為t1,在磁場中運動的時間為t2,則有v1=t1,在勻強磁場中轉(zhuǎn)過θ=π的圓心角,有πr=v1t2 故該粒子所經(jīng)歷的總時t=t1+t2+t3 從而求得t≈5.7×10-4 s。 5.答案 (1)　(2)　(3)≤B≤ 解析 (1)粒子在加速電場中加速,根據(jù)動能定理得qU=mv2,解得v= 粒子在輻向電場中做勻速圓周運動,電場力提供向心力,有qE= 解得E=。 (2)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律,有qvB= 則r=,粒子恰好能打在N點,則r=d,可得B=。

24、(3)由r= 粒子能打在QN上,則既沒有從DQ邊出去,也沒有從PN邊出去。 由幾何關(guān)系可知,粒子能打到QN上,必須滿足d≤r≤2d,則有≤B≤。 6.答案 (1)　(2)　(3) 解析 (1)由動能定理可知qU= 得U=。 (2)設(shè)帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑為r,依題意作出帶電粒子的運動軌跡如圖甲所示。 甲 由圖中幾何關(guān)系有L=3rsin60°+3×, h=r(1-cos60°) 解得h=。 乙 (3)當(dāng)B為最小值時,粒子運動的軌道半徑r則為最大值,即粒子只經(jīng)過上方和下方的磁場區(qū)域各一次,恰好到達(dá)收集板上的N點。設(shè)帶電粒子此時運動的軌道半徑為r',帶電粒子的

25、運動軌跡如圖乙所示。 由圖中幾何關(guān)系有L=4r'sin60°+3× 根據(jù)牛頓第二定律和洛倫茲力大小公式有qv0B=m 聯(lián)立以上各式解得B=。 7.答案 (1)　(2)(0,r+Br) (3) 解析 (1)質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動,有 Bev=m　v=。 (2)質(zhì)子在磁場和電場中運動軌跡如圖所示,質(zhì)子在磁場中轉(zhuǎn)過120°角后,從P點再勻速運動一段距離后垂直電場線進入電場, 由幾何關(guān)系得 P點距y軸的距離為x2=r+rsin30°=1.5r 質(zhì)子在電場中做類平拋運動,所以有 Ee=ma① x2=② 由①②得t3= M點的縱坐標(biāo)y=r+vt3=r+Br 所以M點

26、坐標(biāo)為(0,r+Br)。 (3)質(zhì)子在磁場中運動時間t1=T= 由幾何關(guān)系得P點的縱坐標(biāo)y2=r 所以質(zhì)子勻速運動時間t2= 質(zhì)子由O點運動到M點所用時間t=t1+t2+t3=。 8.答案 (1)向下　向下 (2)右側(cè)區(qū)域:磁場方向垂直紙面向內(nèi);中間分界線上:磁感應(yīng)強度為零。左側(cè)區(qū)域:磁場方向垂直紙面向外 (3) 解析 (1)左側(cè)的通電直導(dǎo)線的電流方向向下; 右側(cè)的通電直導(dǎo)線的電流方向向下。 (2)要產(chǎn)生圖示的聚焦效果,該平面中磁場的分布情況是越靠近中心線處的磁感應(yīng)強度越小,左右對稱;所以歸納為: 右側(cè)區(qū)域:磁場方向垂直紙面向內(nèi); 中間分界線上:磁感應(yīng)強度為零; 左側(cè)

27、區(qū)域:磁場方向垂直紙面向外。 (3)設(shè)∠A'MO'=θ,電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑是r,則可得rsinθ= 由幾何關(guān)系可知sinθ=d 解得r= 由帶電粒子在磁場中的受力關(guān)系可知evB=m 該磁感應(yīng)強度的大小是B=。 9.答案 (1)3.625×103 V　(2)垂直紙面向外　(3)vm=×108 m/s　(4)1.6×102 N 解析 (1)qU=mv2,得U=3.625×103 V; (2)磁場方向垂直紙面向外; (3)由余弦定理得:-2rmRsin α=,rm= qvmB=m,vm=×108 m/s; (4)Ft=NMv0,F=1.6×102 N。 10.答

28、案 (1)4.27×10-5 N/C　(2)9.14×10-7 T　(3)0.02 s 解析 粒子先在電場中做類平拋運動,后在磁場中做勻速圓周運動,如圖。 (1)設(shè)OA的長度為h,OP的長度為x,粒子從A運動到P的時間為t,則有 x=vAt y=at2=t2 代入數(shù)據(jù)解得 t= s E≈4.27×10-5 N/C。 (2)vy=2=160 m/s v==200 m/s cos θ==0.8,則θ=37° 由幾何關(guān)系可得粒子做圓周運動的半徑R= m 則B=≈9.14×10-7 T。 (3)粒子在磁場中運動的圓心角α=106° 則粒子在磁場中運動的時間 t'=T=

29、≈0.02 s。 11.答案 (1)1.0 m　逆時針旋轉(zhuǎn)　(2)1.0 m　2.57×10-6 s　(3)8.44×106 m/s 解析 (1)重離子在扇形磁場中做勻速圓周運動,有 Bqv=m r= 解得:r=1.0 m 離子逆時針旋轉(zhuǎn)。 (2)由對稱性可知,磁場中圓弧的圓心角為 圓弧對應(yīng)的弦長L=r 由幾何關(guān)系: 由三角關(guān)系:sin ,sin 解得:d=1.0 m 離子在無場區(qū)運動的總時間t1==1.0×10-6 s 離子在磁場中運動的總時間t2=×10-6 s 離子旋轉(zhuǎn)的周期T=t1+t2≈2.57×10-6 s。 (3)當(dāng)重離子以vm旋轉(zhuǎn)時,恰好

30、與磁場的圓弧邊界相切,如圖所示: 由幾何關(guān)系: R-r'=r' 由三角關(guān)系:tan 解得:r'=(2-)R 又由r=可得: 解得:vm≈8.44×106 m/s。 12.答案 (1)　(2)　(3)當(dāng)B≤時,收集效率η=1-arcsin ;當(dāng)B>時,收集效率η=0 解析 (1)帶電粒子在電場中加速時,電場力做正功,得 qU=mv2-0 U=φ1-φ2 解得v=。 甲 (2)從AB圓弧面收集到的粒子有能打到MN板上,則剛好不能打到MN上的粒子從磁場中出來后速度的方向與MN平行,則入射的方向與AB之間的夾角是60°,在磁場中運動的軌跡如圖甲所示,軌跡圓心角θ=60°。 根據(jù)幾何關(guān)系,粒子圓周運動的半徑r=L 由洛倫茲力提供向心力得qvB0=m 聯(lián)立解得B0=。 乙 (3)磁感應(yīng)強度增大,則粒子在磁場中的運動的軌道半徑減小,由幾何關(guān)系知,收集效率變小。 設(shè)粒子在磁場中運動圓弧對應(yīng)的圓心角為α,如圖乙所示。 由幾何關(guān)系可知sin 收集板MN上的收集效率 η==1-arcsin 當(dāng)B>時,收集效率η=0。