Question

 “太空粒子探測器”由加速、偏轉(zhuǎn)和收集三部分裝置組成，其原理如圖所示：輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心半圓弧和，圓心為O，弧的半徑為L，P為弧的中點，兩圓弧間的電勢差大小為U．足夠長的收集板MN平行于邊界ACDB，0點到MN板的距離OQ為L_o在邊界ACDB和收集板MN之間有一以0為圓心、L為半徑的半圓形勻強磁場．方向垂直紙面向里．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弧上，并被加速電場從靜止開始加速，不汁粒子間的相互作用和其它星球?qū)αＷ右�力的影響�?nbsp;  

（1）求粒子到達O點時速度的大��；

（2）若要收集板MN能收集到粒子，求半圓形勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小需滿足的條件；

（3）改變磁感應(yīng)強度 B的大小，使得從弧收集到的粒子中有能打到MN板上（不考慮過界ACDB的粒子再次返回磁場），求此時吸附在弧（四分之一圓�。┥系牧Ｗ又校瑥腛點開始運動到MN板上的最長時間t_max．

Answer 1

考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動．

專題：帶電粒子在磁場中的運動專題．

分析：（1）粒子在電場中加速，由動能定理可以求出速度．

（2）作出粒子運動的軌跡，結(jié)合軌跡求出粒子的半徑，然后由洛倫茲力提供向心力即可求解；

（3）從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，則入射方向與AB之間的夾角是60°，作出粒子的運動軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系求出粒子做圓周運動的半徑，根據(jù)周期的腌篤鮮求出粒子在磁場中的時間，吸附在AP上所有的粒子中，沿OB方向射入的粒子離開磁場后路線最長，時間最長，根據(jù)幾何關(guān)系求出離開磁場后的時間，從而得出吸附在弧（四分之一圓�。┥系牧Ｗ又�，從O點開始運動到MN板上的最長時間．

解答：  解：（1）帶電粒子在電場中加速，穿出電場后勻速運動到O，由動能定理得

，

解得v=．

（2）當(dāng)沿OB方向射入的粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)打到Q時，

粒子圓周運動的半徑，

由洛倫茲力提供向心力得，，

聯(lián)立解得．

為了MN能收集到粒子，所加磁場B．

（3）從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，則入射方向與AB之間的夾角是60°，在磁場中運動的軌跡如圖，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，

對于所有能打在MN板上的粒子，在磁場中運動軌跡圓心角均60°，粒子在磁場中經(jīng)歷的時間均為，

粒子圓周運動的周期T=，

吸附在AP上所有的粒子中，沿OB方向射入的粒子離開磁場后路線最長，時間最長，如圖所示．

由幾何關(guān)系可知，s=，

離開磁場后的時間，

最長時間t_max=t₁+t₂，

聯(lián)立解得=．

答：（1）粒子到達O點時速度的大小為；

（2）半圓形勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小需滿足的條件為B；

（3）吸附在弧（四分之一圓�。┥系牧Ｗ又�，從O點開始運動到MN板上的最長時間為．

點評：本題考查帶電粒子在電場、磁場中的運動，意在考查考生的綜合分析能力，分析清楚粒子運動過程，應(yīng)用動能定理、牛頓第二定律即可正確解題．