高考物理二轮复习【真题练习】第7讲 带电粒子的运动问题

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高考物理一轮复习策略
首先，要学会听课：
1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;
2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。
3、听要结合写和思考。
4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。
其次，要学会记忆：
1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。
2、合理用脑。
3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：
一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。
1.摸透主干知识 2.能力驾驭高考 3.科技领跑生活


第7讲 带电粒子的运动问题
【选考真题】
1．（2022•浙江）如图所示，带等量异种电荷的两正对平行金属板M、N间存在匀强电场，板长为L（不考虑边界效应）。t＝0时刻，M板中点处的粒子源发射两个速度大小为v0的相同粒子，垂直M板向右的粒子，到达N板时速度大小为2v0；平行M板向下的粒子，刚好从N板下端射出。不计重力和粒子间的相互作用，则（　　）

A．M板电势高于N板电势
B．两个粒子的电势能都增加
C．粒子在两板间的加速度为a=2v02L
D．粒子从N板下端射出的时t=(2−1)L2v0
【解答】解：A、因为不知道两粒子的电性，故无法确定M板和N板的电势高低，故A错误；
B、根据题意可知垂直M板向右的粒子，到达N板时速度增加，动能增加，则电场力做正功，电势能减小；则平行M板向下的粒子达到N板时电场力也做正功，电势能也减小，故B错误；
CD。设两板间距离为d，对于平行M板向下的粒子刚好从N板下端射出，在两板间做类平抛运动，有
L2=v0t
d=12at2
对于垂直M板向右的粒子，在板间做匀加速直线运动，因两粒子相同，在电场中的加速度也相同，有
(2v0)2−v02=2ad
联立解得：t=2Lv0；a=2v02L，故C正确，D错误；
故选：C。
2．（2022•浙江）离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）、速度大小不同的离子，其中速度大小为v0的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。
（1）①求磁感应强度B的大小；
②若速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，求转筒P角速度ω的大小；
（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小；
（3）若转筒P的角速度小于6v0R，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他θ′的值（θ′为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角）。

【解答】解：（1）①、进入转筒内的离子在磁场中做匀速圆周运动，由题意知速度大小为v0的离子在磁场中的轨迹为14圆周，可得离子的运动半径等于R，由洛伦兹力提供向心力得：
qv0B＝mv02R
解得：B=mv0qR；
②、离子在磁场中运动的时间为：
t=14⋅2πRv0=πR2v0
要使速度大小为v0的离子能打在Q板的A处，转筒在此时间内转过的角度需满足：
ωt＝2kπ+π2
联立解得：ω＝（4k+1）v0R，（k＝0、1、2……）；
（2设打在板Q的C处的离子在磁场中的运动半径为r，其速度大小为v，运动轨迹如图所示，由几何关系可得：
rR=tanθ2
由洛伦兹力提供向心力得：
qvB＝mv2r
解得：v=v0tanθ2；
此离子在磁场在运动轨迹的圆心角为π﹣θ，可得此离子在磁场中运动的时间为：
t1=(π−θ)rv=(π−θ)Rv0
设转筒P角速度的大小为ω1，要使此离子能打在Q板的C处，转筒在此时间内转过的角度需满足：
ω1t1＝2nπ+θ
联立解得：ω1=(2nπ+θ)v0(π−θ)R，（n＝0、1、2……）
设转筒P转一周的时间内，打在C处的离子受到平均冲力的大小为F′，由动量定理得：
F′•2πω1=Nmv
由牛顿第三定律可得，C处受到平均冲力的大小F＝F′
联立解得：F=(2nπ+θ)Nmv022π(π−θ)Rtanθ2，（n＝0、1、2……）；
（3）由题意并结合（1）（2）的结论，可知转筒P转动的角速度既要等于（4k+1）v0R，又要等于(2nπ+θ')v0(π−θ')R，则可得：
（4k+1）v0R=(2nπ+θ')v0(π−θ')R＜6v0R，（k＝0、1、2……），（n＝0、1、2……），
还需满足：0＜θ′＜π，且θ′≠π2
可得：k＜2
当k＝0时，解得：θ′=1−2n2π，当n＝0时，θ′=π2，不符题意，舍去；
当k＝1时，解得：θ′=5−2n6π，当n＝0时，θ′=5π6；n＝1时，θ′=π2（舍去）；n＝2时，θ′=π6。
故板Q上能探测到离子的其它θ′的值为5π6和π6。
答：（1）①磁感应强度B的大小为mv0qR；
②转筒P角速度ω的大小为（4k+1）v0R，（k＝0、1、2……）；
（2）转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小为(2nπ+θ)Nmv022π(π−θ)Rtanθ2，（n＝0、1、2……）；
（3）板Q上能探测到离子的其他θ′的值为5π6和π6。

3．（2022•浙江）如图为研究光电效应的装置示意图，该装置可用于分析光子的信息。在xOy平面（纸面）内，垂直纸面的金属薄板M、N与y轴平行放置，板N中间有一小孔O。有一由x轴、y轴和以O为圆心、圆心角为90°的半径不同的两条圆弧所围的区域Ⅰ，整个区域Ⅰ内存在大小可调、方向垂直纸面向里的匀强电场和磁感应强度大小恒为B1、磁感线与圆弧平行且逆时针方向的磁场。区域Ⅰ右侧还有一左边界与y轴平行且相距为l、下边界与x轴重合的匀强磁场区域Ⅱ，其宽度为a，长度足够长，其中的磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小可调。光电子从板M逸出后经极板间电压U加速（板间电场视为匀强电场），调节区域Ⅰ的电场强度和区域Ⅱ的磁感应强度，使电子恰好打在坐标为（a+2l，0）的点上，被置于该处的探测器接收。已知电子质量为m、电荷量为e，板M的逸出功为W0，普朗克常量为h。忽略电子的重力及电子间的作用力。当频率为ν的光照射板M时有光电子逸出。
（1）求逸出光电子的最大初动能Ekm，并求光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围；
（2）若区域Ⅰ的电场强度大小E=B13eUm，区域Ⅱ的磁感应强度大小B2=emUea，求被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小及与x轴的夹角β；
（3）为了使从O
点以各种大小和方向的速度射向区域Ⅰ的电子都能被探测到，需要调节区域Ⅰ的电场强度E和区域Ⅱ的磁感应强度B2，求E的最大值和B2的最大值。

【解答】解：（1）光电效应方程，逸出光电子的最大初动能
Ekm＝hν﹣W0
则有：12mv02=Ek+eU：（0≤Ek≤Ekm）
解得：2eUm≤v0≤2(ℎν+eU−W0)m
（2）光电子由O进入第一象限，在区域Ⅰ（速度选择器）中受力平衡有：
ev0B1＝eE
解得：v0=3eUm
根据动能定理有：eU=12mv02−12mvM2
vM=eUm
光电子由O到探测器的轨迹如图所示，由几何关系可知：rsinα=a2

光电子区域Ⅱ中做匀速圆周运动有：ev0B2＝mv02r
vMsinβ＝v0sinα
联立解得：β＝30°
（3）由上述表达式ev0B1＝eE，可得：Emax＝B12(ℎν+eU−W0)m
结合在区域Ⅱ中：r=mv0eB2，rsinα=a2
可得：mv0eB2sinα=a2
而v0sinα等于光电子在M板逸出时沿y轴的分速度，则有：12m（v0sinα）2≤Ekm＝hν﹣W0
可得：v0sinα≤2(ℎν−W0)m
联立解得：B2≤22m(ℎν−W0)ea
则B2的最大值为22m(ℎν−W0)ea
答：（1）逸出光电子的最大初动能为hν﹣W0，光电子从O点射入区域Ⅰ时的速度v0的大小范围为 2eUm≤v0≤2(ℎν+eU−W0)m；
（2）被探测到的电子刚从板M逸出时速度vM的大小为eUm，与x轴的夹角β为30°；
（3）E的最大值为B12(ℎν+eU−W0)m，B2的最大值为22m(ℎν−W0)ea。
【要点提炼】
一、做好“两个区分”，谨防做题误入歧途
1.正确区分电场力、洛伦兹力的大小、方向特点及做功特点

力的特点
功和能的特点
电场力
大小：F＝Qe
方向：正电荷受力方向与电场强度方向相同；负电荷受力方向与电场强度方向相反
电场力做功与路径无关，电场力做功改变电势能
洛伦兹力
洛伦兹力F＝qvB
方向符合左手定则
洛伦兹力不做功，不改变带电粒子的动能
2.正确区分“电偏转”和“磁偏转”的规律
(1)电偏转→
(2)磁偏转→→→→
二、带电粒子在复合场中的运动实例
质谱仪

加速：qU＝mv2。偏转：d＝2r＝。比荷＝。可以用来确定带电粒子的比荷和分析同位素等

速度选择器

带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE＝qvB，即v＝。这个结论与粒子带何种电荷以及所带电荷量多少都无关
磁流体发电机

当等离子体匀速通过A、B板间时，A、B板上聚集的电荷最多，板间电势差最大，此时离子受力平衡：qvB＝q，即U＝Bdv
电磁流量计

导电的液体向左流动，导电液体中的正负离子在洛伦兹力作用下纵向偏转，a、b间出现电势差。流量稳定时流量Q＝Sv＝

【方法指导】
一、“三种方法”和“两种物理思想”
1.对称法、合成法、分解法。
2.等效思想、分解思想。
二、解题用到的“三个技巧”
1.按照带电粒子运动的先后顺序，将整个运动过程划分成不同阶段的小过程。
2.善于利用几何图形处理边角关系，要有运用数学知识处理物理问题的习惯。
3.速度选择器、磁流体发电机、电磁流量计的共同特点是粒子稳定运动时电场力与洛伦兹力平衡。



【例题精析】
考点一 带电粒子在电磁场中的直线运动和偏转
例1．如图所示，水平放置的充电平行金属板相距为d，其间形成匀强电场，一带正电的油滴从下极板左边缘射入，并沿直线从上极板右边缘射出，油滴质量为m，带电荷量为q。现仅将上极板上移少许，其他条件保持不变，重力加速度为g，则下列分析正确的是（　　）

A．上移后，油滴的运动轨迹是曲线
B．上移后，电场强度大小小于mgq，方向竖直向上
C．上移后，下极板和上极板之间的电势差为mgdq
D．上移后，油滴穿越两板之间的电场时电势能减少了mgd
【解答】解：AB、由于油滴沿直线在极板间运动，可知油滴一定做匀速直线运动，可得qE＝mg，则电场强度大小为E=mgq，根据公式E=Ud，C=QU，C=εrS4πkd，可得E=4πkQεrS，则当上极板向上移动时，E不变，方向竖直向上，仍有qE＝mg，所以油滴的运动轨迹仍然是直线，故AB错误；
C、综上分析，由于E不变，根据U＝Ed，当上极板向上移动少许，d变大，所以U变大，两极板间的电势差不再是mgdq，故C错误；
D、当上极板向上移动少许，E不变，所以油滴射出电场时的位置也不变，重力做的负功为﹣mgd，则电场力做的正功为mgd，根据功能关系可知，油滴的电势能减少了mgd，故D正确。
故选：D。
练1．一条长为L的绝缘细线上端固定在O点，下端系一个质量为m、带电量为+q的小球，将它置于水平向右的匀强电场中，小球静止时细线与竖直线的夹角成θ＝37°。已知重力加速度为g，下列正确的是（　　）

A．剪断细线，小球将做曲线运动
B．突然撤去电场的瞬间，绳子拉力变为3mg5
C．如果改变电场强度大小和方向，使小球仍在原位置平衡，电场强度最小为4mg5q
D．在A点给小球一个垂直于细线方向、大小至少为5gL2的速度，才能使小球能在竖直平面内做完整的圆周运动
【解答】解：A、小球静止在匀强电场中，剪断细线，小球所受的电场力和重力都不变，小球将做匀变速直线运动，故A错误；
B、在撤去匀强电场的瞬间，绳子拉力发生突变，合力与绳垂直且向下，绳子拉力T＝mgcos37°
=4mg5，故B错误；
C、对小球受力分析，受重力、电场力和拉力，如图所示，从图中可以看出，当电场力方向与细线垂直时，电场力最小，电场强度最小，根据共点力平衡条件，有：mgsinθ＝qEmin，得Emin=mgsin37°q=3mg5q，故C错误；
D、若能通过圆周上A点关于O点的对称性时，则能做完整的圆周运动，设对称点为D，通过D点最小速度为v，小球恰好通过D点时，由电场力与重力的合力提供向心力，得mgcosθ=mv2L，从A到D的过程，运用动能定理得：﹣mgLcosθ﹣Eq（L+Lsinθ）=12mv2−12mv02，解得：v0=5gL2，故D正确。
故选：D。

练2．（2022•杭州二模）某种质谱仪由偏转电场和偏转磁场组成，其示意图如图所示，整个装置处于真空中。偏转电场的极板水平放置，极板长度和间距均为L。在偏转电场右侧适当位置有一夹角为2θ的足够大扇形区域OPQ，区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，区域的OP边与偏转极板中心轴线MN垂直，扇形圆心O点与轴线MN的距离为d。现有大量正离子（单个离子质量为m、电荷量为q）连续不断地以速度v0沿轴线MN射入偏转电场。当偏转电压为0时，离子均能垂直扇形区域的OQ边射出磁场；若在两极板间加峰值为Um=3mv023q的正弦式电压，则所有离子经过磁场偏转后都能经过磁场外同一点（图中未画出）。若仅考虑极板间的电场，离子在电场中运动的时间远小于两极板间所加交变电压的周期，不计离子的重力和离子间的相互作用，求：（可能用到的数学公式：sin（α+β）＝sinαcosβ+cosαsinβ）
（1）偏转磁场的磁感应强度；
（2）离子在通过偏转电场的过程中动量变化量的最大值；
（3）离子在偏转磁场中运动的最长时间与最短时间的差值；
（4）扇形区域的OP边与极板右端的距离。

【解答】解：（1）不加偏转电压时，离子束能垂直磁场的边界OQ出磁场，所以在磁场中离子做圆周运动的半径为：
R＝d
又qv0B=mv02R
解得：B=mv0qd，且方向垂直纸面向外；
（2）当偏转电压最大时，动量变化量最大为：
Δpmax＝mvy
离子在电场中的偏转过程有：
竖直方向：vy＝at
qE＝ma
E=UmL
水平方向：L＝v0t
联立解得：vy=33v0，Δpmax=3mv03；
（3）如图，进入磁场的离子速度方向反向延长都汇于G1，最后该束粒子都能会聚于一点G2，故离子在磁场中的圆周运动圆心均在2θ的角平分线上。

离子在磁场中的运动周期与离子的速度无关，所以：
T=2πmqB=2πdv0
当偏转电压正向最大时，圆周运动轨迹为C1D1，所对应圆心角最大为：
2（θ+α），
运动的时间为：
tmax=2(θ+α)2πT
当偏转电压负向最大时，圆周运动轨迹为C2D2，所对应圆心角最小为：
2（θ﹣α），
运动时间为：
tmin=2(θ−α)2πT
由（1）解可知：
tanα=vyv0=33，
得α=π6
离子在偏转磁场中运动的最长时间与最短时间的差值
Δt＝tmax﹣tmin
以上式子联立可得：Δt=2πd3v0；
（4）由离子在电场中偏转可求得：
NC1=（L2+x）tanα
在磁场中做圆周运动时有：
qvB=mv2Rmax；
其中：v=v02+vy2
解得：Rmax=23d3
在△OO1C1中，根据正弦定理知：
d+NC1sin(θ+α)=O1C1sinθ=Rmaxsinθ
联立方程组解得：扇形区域的OP边与极板右端的距离x＝（3+1tanθ）−L2。
答：（1）偏转磁场的磁感应强度大小为mv0qd，方向垂直纸面向外；
（2）离子在通过偏转电场的过程中动量变化量的最大值为3mv03；
（3）离子在偏转磁场中运动的最长时间与最短时间的差值为2πd3v0；
（4）扇形区域的OP边与极板右端的距离为（3+1tanθ）−L2。
考点二 带电粒子在叠加场中的运动问题
（多选）例2．如图，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场．在该区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是（　　）

A．小球能越过d点并继续沿环向上运动
B．当小球运动到d点时，不受洛伦兹力
C．小球从d点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能减小
D．小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc中点时速度最大
【解答】解：A、电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45°，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”。关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大；由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a
点静止释放，最高运动到d点；故A错误；
B、当小球运动到d点时，速度为零，故不受洛伦兹力，故B正确；
C、由于d、b等高，故小球从d点运动到b点的过程中，重力势能不变，故C错误；
D、由于等效重力指向左下方45°，故弧bc中点是等效最低点，故小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc中点时速度最大，故D正确；
故选：BD。
练3．如图所示为磁流体发电机的原理图，将一束等离子体（带有等量正、负离子的高速离子流）喷射入磁场，在磁场中有两块金属板A、B．这时金属板上就会聚集电荷，产生电压。如果等离子体速度为v，两金属板间距离d，板的正对面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与速度方向垂直，负载电阻为R。当发电机稳定发电时，电路中有电动势。两块金属板A、B间也有电阻，理想电流表A的电流为I，下列说法正确的是（　　）

A．A板为发电机的正极
B．发电机稳定发电时电流一定为BdvR
C．板间等离子体的电阻率为Sd(BdvI−R)
D．其他条件一定时，S越大，发电机的电动势E越大
【解答】解：A、根据左手定则，正电荷受洛伦兹力向下，所以B板上聚集正离子，所以B板为发电机正极，故A错误；
BCD、等离子体进入磁场后受洛伦兹力，这时金属板就会聚集电荷，板间就有电场，当电场力等于洛伦兹力时，板间电压稳定，即：Uqd=qvB，板间电压U＝Bdv，
设A、B间电阻为r，由闭合电路欧姆定律得：I=UR+r，r=ρdS，解得ρ=Sd(BdvI−R)，故BD错误，C正确。
故选：C。
练4．如图所示，在xOy平面的第一、四象限内存在着方向垂直纸面向外，磁感应强度为B的匀强磁场，在第四象限内存在方向沿﹣y方向、电场强度为E的匀强电场。从y轴上坐标为（0，a
）的P点向磁场区发射速度大小不等的带正电同种粒子，速度方向范围是与+y方向成30°﹣150°角，且在xOy平面内。结果所有粒子经过磁场偏转后都垂直打到x轴上，然后进入第四象限内的正交电磁场区。已知带电粒子电量为+q，质量为m，粒子重力不计。
（1）所有通过第一象限磁场区的粒子中，求粒子经历的最短时间与最长时间的比值；
（2）求粒子打到x轴上的范围；
（3）从x轴上x＝a点射入第四象限的粒子穿过正交电磁场后从y轴上y＝﹣b的Q点射出电磁场，求该粒子射出电磁场时的速度大小。

【解答】解：
（1）、各种离子在第一象限内运动时，与y轴正方向成30°的粒子运动时间最长，时间为：
tmax=56π2πT=512T⋯①
与y轴正方向成150°的粒子运动时间最短，时间为：
tmin=π62πT=T12⋯②
①②两式联立得：
tmintmax=15
（2）、设带电粒子射入方向与y轴夹角成150°时的轨道半径为R1，由几何关系有：
R1=asin30°=2a
带电粒子经过的最左边为：x1=R1(1−cos30°)=(2−3)a
设带电粒子射入方向与y轴夹角30°时的轨道半径为R2，由几何关系有：
R2=asin30°=2a
带电粒子经过的最右边为：
x2=R2(1+cos30°)=(2+3)a
所以粒子打到 x 轴上的范围范围是：
(2−3)a≤x≤(2+3)a
（3）带电粒子在第一象限的磁场中有：
qv0B=mv02R
由题意知：R＝a
带电粒子在第四象限中运动过程中，电场力做功转化为带电粒子的动能，设经过Q点的速度为v，由动能定理由：
qEb=12mv2−12mv02
解得：v=q2B2a2m2+2qEbm
答：（1）所有通过第一象限磁场区的粒子中，求粒子经历的最短时间与最长时间的比值为15。
（2）求粒子打到 x 轴上的范围为(2−3)a≤x≤(2+3)a。
（3）该粒子射出电磁场时的速度大小为q2B2a2m2+2qEbm。
考点三 带电粒子在交变电场中的周期性运动问题
例5．回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间距很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计。磁感应强度为B0的匀强磁场与盒面垂直。圆心O处粒子源产生的粒子，质量为m、电荷量为+q，在加速器中被加速，加速电压u随时间的变化关系如图乙所示，其中T=2πmB0q。加速过程中不考虑相对论效应和变化电场对磁场分布的影响。求：
（1）粒子从静止开始被加速，估算该粒子离开加速器时获得的动能Ek；
（2）若t=T8时粒子从静止开始被加速，求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间；
（3）实际使用中，磁感应强度会出现波动，波动结束，保持B＝B0（1±α），（α＜1）不变，若在t=T4时产生的粒子第一次被加速，要实现连续n次加速，B可波动的系数α的极限值。

【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由B0qv=mv2r
解得：v=B0qrm，那么当粒子的轨迹半径增大到与磁场圆半径时，即r＝R时，速度最大为：vm=B0qRm；
离开磁场时的动能：Ek=12mv2=B02q2R22m
（2）每加速一次，粒子在磁场中转半个圆周，动能增加Uq，所以加速次数：N=EkqU02=B02qR2mU0
粒子从静止开始加速到出口处所需的时间：t总=NT2=πB0R2U0
（3）每加速一次，粒子在磁场中转半个圆周
若B＝B0（1+α），则粒子在磁场中转半个圆周的时间比B＝B0时缩短：Δt1=πmB0q−πmB0(1+α)q=απmB0q(1+α)
n﹣1次半圆周累计缩短时间：t总缩=(n−1)Δt1=(n−1)απmB0q(1+α)
要实现连续n次加速：t总缩＜T4=πm2B0q
所以：α1＜12n−3（n＝2、3、4……）
最大可波动系数的上限：α上限=12n−3（n＝2、3、4……）
若B＝B0（1﹣α），则粒子在磁场中转半个圆周的时间比B＝B0时延长：Δt2=πmB0(1−α)q−πmB0q=απmB0q(1−α)
n﹣1次半圆周累计延长时间：t总延=(n−1)Δt2=(n−1)απmB0q(1−α)
所以：α2＜12n−1（n＝2、3、4……）
最大可波动系数的下限：α下限=12n−1（n＝2、3、4……）
答：（1）粒子从静止开始被加速，估算该粒子离开加速器时获得的动能Ek为B02q2R22m；
（2）若t=T8时粒子从静止开始被加速，求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为πB0R2U0；
（3）实际使用中，磁感应强度会出现波动，波动结束，保持B＝B0（1±α），（α＜1）不变，若在t=T4时产生的粒子第一次被加速，要实现连续n次加速，B可波动的系数α的极限值，上限α上限=12n−3，下限为α下限=12n−1（n＝2、3、4……）。
练5．（2022•温州三模）如图甲所示，某多级直线加速器由横截面相同的金属圆板和4
个金属圆筒依次排列组成，圆筒的两底面中心开有小孔，其中心轴线在同一直线上，相邻金属圆筒分别接在周期性交变电压的两端。粒子从圆板中心沿轴线无初速度进入加速器，在间隙中被电场加速（穿过间隙的时间忽略不计），在圆筒内做匀速直线运动。若粒子在筒内运动时间恰好等于交变电压周期的一半，这样粒子就能“踏准节奏”在间隙处一直被加速。粒子离开加速器后，从O点垂直直线边界OP进入匀强磁场区域I，OP距离为a，区域I的PO、PQ两直线边界垂直。区域I的上边界PQ与匀强磁场区域Ⅱ的下直线边界MN平行，其间距L可调。两区域的匀强磁场方向均垂直纸面向里，磁感应强度大小B=2α2mU0q。现有质子（ 11H）和氘核（ 12H）两种粒子先后通过此加速器加速，加速质子的交变电压如图乙所示，图中U0、T已知。已知质子的电荷量为q、质量为m，不计一切阻力，忽略磁场的边缘效应。求：

（1）金属圆筒2与金属圆筒4的长度之比l2：l4；
（2）加速氘核时，交变电压周期仍为T，则需要将图乙中交变电压U0调至多少；加速后，氘核在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径多大；
（3）为使上述先后通过此加速器的质子与氘核在匀强磁场Ⅱ中的运动轨迹无交点，两磁场间距L的取值范围。
【解答】解：（1）设粒子进入第n个圆筒的速度为vn，根据动能定理得：
nqU=12mvn2
解得：vn=2nqUm
由于两粒子在筒中的运动时间相同，则金属圆筒2与金属圆筒4的长度之比：
l2l4=v2tv4t=22；
（2
）要让氘核也能“踏准节奏”在间隙处被加速，则需要氘核在每个筒中的速度与质子的相同。氘核电荷量与质子相同，质量为质子两倍，由vn=2nqUm，可得：U0要调至2U0；
由洛伦兹力提供向心力得：
qv4B=mv42r
对于质子，其v4=2×4qU0m
已知：B=2a2mU0q
代入解得质子的轨道半径：r1＝a
氘核质量为质子两倍，v4与质子相同，对比可得氘核的轨道半径：r2＝2a
（3）氘核离开磁场区域I的速度方向与边界夹角θ＝60°
①如图1所示，两轨迹相交于D点：
L＝HC•tanθ
CD＝2r2•sin60°＝2×2a×32=23a
GH＝r2•sin60°＝2a×32=3a
HC＝CD﹣r1﹣GH=23a−a−3a=3a−a
由以上两式得：L=(3−3)a
②如图2所示，两轨迹外切：
L＝HC•tanθ
O1G＝r1+r2＝a+2a＝3a
O1Q＝r2•sin30°＝2a×12=a
GH＝r2•sin60°＝2a×32=3a
GQ=O1G2−O1Q2=(3a)2−a2=22a
HC＝CQ+GQ﹣GH=3a+22a−3a=22a
由以上两式得：L=26a
综上所述，为使质子与氘核在匀强磁场Ⅱ中的运动轨迹无交点，L的取值范围为：0≤L＜(3−3)a，或者L＞26a。
答：（1）金属圆筒2与金属圆筒4的长度之比l2：l4为2：2；
（2）需要将图乙中交变电压U0调至2U0；加速后，氘核在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为2a；
（3）为使上述先后通过此加速器的质子与氘核在匀强磁场Ⅱ中的运动轨迹无交点，两磁场间距L的取值范围为：0≤L＜(3−3)a，或者L＞26a。
【强化专练】
1. 如图是判断检测电流I0大小是否发生变化的装置，该检测电流在铁芯中产生磁场，其磁感应强度与检测电流I0成正比。现给金属材料制成的霍尔元件（其长、宽、高分别为a、b、d）通以恒定工作电流I，通过下侧电压表的示数来判断I0的大小是否发生变化，下列说法正确的是（　　）

A．M端应与电压表的“负”接线柱相连
B．要提高检测的灵敏度可适当增大宽度b
C．要提高检测灵敏度可适当增大工作电流I
D．当霍尔元件尺寸和工作电流I不变时，电压表示数变大，说明检测电流I0变小
【解答】解：A、根据右手螺旋定则可知检测电流产生的磁场方向向下，磁感线在磁芯中沿逆时针方向，可知霍尔元件所在磁场方向向上，由于霍尔元件中的载流子为电子，可知电子移动方向与工作电流方向相反，根据左手定则可知，电子在N端积累，N端为负极，则M端应与电压表的正接线柱相接，故A错误；
BC、设霍尔元件单位体积内电子数量为n，电子移动速度为v，则Δt时间内通过横截面的电荷量为：
Q＝IΔt＝vΔtSbdne
解得：I＝vbdne，
由于粒子最终受到的电场力和洛伦兹力大小相等，方向相反，则
eUMNb=evB
解得：UMN=BIdne
因此若要提高灵敏度，可以适当减小d，增大工作电流，故C正确，B错误；
D、当霍尔元件尺寸和工作电流I不变时，根据UMN=BIdne可知电压表示数变大，磁感应强度B变大，则检测电流变大，故D错误；
故选：C。
2. 如图所示，导体棒a水平放置在倾角为45°的光滑斜坡上的P处，导体棒b固定在右侧，与a在同一水平面内，且相互平行。当两棒中均通以电流强度为Ⅰ的同向电流时，导体棒a恰能在斜面上保持静止。两导体棒粗细不计，则下列说法正确的是（　　）

A．a、b两导体棒受到的安培力相同
B．b棒中的电流在P处产生的磁感应强度方向向下
C．将导体棒b沿虚线竖直下移到某一位置，导体棒a不可能保持静止
D．将导体棒b沿虚线竖直上移到某一位置，导体棒a对斜面的压力可能不变
【解答】解：A、a、b两导体棒受到的安培力方向相反，所以不相同，故A错误；
B、根据右手螺旋定则，可判定b棒中的电流在P处产生的感应强度方向向上，故B错误；
C、对导体棒a受力分析如图，它受三个力而平衡，这三个力分别是重力、支持力和导体棒b对它的吸引力，若将导体棒b沿虚线竖直下移到某一位置，导体棒b对导体棒a的吸引力将变小，吸引力沿斜面向上的分力必不能与重力沿斜面向下的分力平衡，所以导体棒a不可能保持静止，故C正确；
D、将导体棒b沿虚线竖直上移到某一位置，同理可得吸引力在垂直于斜面方向的分力必变小，所以支持力一定变小，故D错误。
故选：C。

3. 如图所示为质谱仪的结构图，该质谱仪由速度选择器与偏转磁场两部分组成，已知速度选择器中的磁感应强度大小为B0、电场强度大小为E，荧光屏PQ下方匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为2B0。三个带电荷量均为q、质量不同的粒子沿竖直方向经速度选择器由荧光屏上的狭缝O进入偏转磁场，最终打在荧光屏上的S1、S2、S3处，相对应的三个粒子的质量分别为m1、m2、m3，忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用。则下列说法不正确的是（　　）

A．打在S3发位置的粒子质量最大
B．质量为m1的粒子在偏转磁场中运动时间最短
C．如果S1S3＝Δx，则m3−m1=qB02⋅Δx2E
D．如m1、m2在偏转磁场中运动时间差为Δt，则m2−m1=2qB0⋅Δtπ
【解答】解：AC、粒子在速度选择器中做匀速直线运动，由平衡条件：qE＝qvB0，解得粒子进入偏转磁场时的速度v=EB0
粒子在偏转磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律：qv⋅2B0=mv2r，解得粒子做即周运动的半径r=mE2qB02
则粒子打在荧光屏位置与O点的距离d＝2r=mEqB02，
则S3O=m3EqB02，S2O=m2EqB02.S1O=m1EqB02
S3O＞S2O＞S10，则m3＞m2＞m1，
可见打在S3的粒子质量最大；如果S1S3＝S3O﹣S1O＝Δx，解得m3﹣m1=qB02ΔxE，故A正确，不符合题意，C错误，符合题意；
BD、粒子在偏转磁场中运动的周期T=2πrv=2πmq⋅2B0=πmqB0，粒子在偏转磁场中运动时转过的圆心角为180°，故粒子在偏转磁场中运动的时间t=T2=πm2qB0，由于m3＞m2＞m1，可见质量为m1的粒子在偏转磁场中运动的时间最短，设m1、m2在偏转磁场中运动时间差为Δt，则Δt=πm22qB0−πm12qB0，解得m2﹣m1=2qB0Δtπ，故BD正确，不符合题意。
本题选择错误选项。
故选：C。
4. 如图所示，上世纪70年代科学家发现一种“趋磁细菌”，体内的磁性小颗粒有规则排列成“指
南针”。它是一种厌氧细菌，喜欢生活在海底缺氧的淤泥中，当被搅到有氧的海水中时，会利用自身“指南针”沿着地磁场的磁感线回到海底淤泥中。下列说法正确的是（　　）

A．赤道的“趋磁细菌”顺着地磁场方向竖直返回淤泥中
B．南半球的“趋磁细菌”逆着地磁场方向朝南返回淤泥中
C．北半球的“趋磁细菌”顺着地磁场方向朝南返回淤泥中
D．两极的“趋磁细菌”沿着地磁场的磁感线不能返回淤泥中
【解答】解：A、趋磁细菌会利用自身“指南针”沿着地磁场的磁感线回到海底淤泥中，所以赤道的“趋磁细菌”顺着地磁场方向向北回到淤泥中，故A错误；
BC、南半球的“趋磁细菌”作为指南针，S极受力大于N极受力，所以逆着地磁场方向朝南返回淤泥中，
同理可知：北半球的“趋磁细菌”顺着地磁场方向朝北返回淤泥中，故B正确，C错误；
D、两级的“趋磁细菌”沿着地磁场的磁感线竖直返回淤泥中，故D错误。
故选：B。
5. 如图所示，用粗细均匀的同种金属丝做成的正方形线框ABCD，O为中心。现将A、C两点分别接电源的正极和负极，则线框附近电流产生的磁场，下列说法正确的是（　　）

A．点O的磁场方向垂直纸面向外
B．在线段BD上，磁感应强度均为零
C．在线段AC上，磁感应强度均为零
D．过O点，垂直于纸面的直线上，磁感应强度均为零
【解答】解：画出线框中的电流如图：
AC、在线段AC上，磁场为沿ABC和沿ADC两电流产生的磁场的矢量和。因AC上个点到ABC和ADC的距离相等，故ABC和ADC在AC上各点产生的磁场一样大，应用右手螺旋定则，ABC
和ADC在AC上各点产生的磁场方向相反，故AC上各点的磁场均为零，故A错误，C正确。
B、在除O点外的线段BD上，磁场为沿ABC和沿ADC两电流产生的磁场的矢量和。在BO段，因为BO离ABC近，故ABC中的电流产生的垂直于纸面向外的磁场大于ADC中的电流产生的垂直于纸面向里的磁场，矢量和不为零；在OD段，因为OD离ADC近，故ABC中的电流产生的垂直于纸面向外的磁场小于 ADC中的电流产生的垂直于纸面向里的磁场，矢量和不为零，故B错误。
D、过O点，垂直于纸面的直线上的磁场可视为ABC和ADC两支电流产生的磁场的矢量和，由于两支电流在该垂线上除O点外的其它点上的磁场不共线，矢量和不为零，故D错误。
故选：C。

6. 如图甲所示，MN为无限大的不带电的金属平板，且与大地连接。现将一个电荷量为+Q的点电荷置于板的右侧，电场线分布如图乙所示。a、b、c、d四个点是点电荷为圆心的圆上的四个点，四点的连线刚好组成一个正方形，其中ab、cd与金属平板垂直，下列说法不正确的是（　　）

A．b、c两点具有相同的电势
B．a、d两点具有相同的电场强度E
C．将一个正试探电荷从平板上的e点沿着板移到f点的过程中，电势能一直保持不变
D．将一个负试探电荷q从a点沿着ad方向移动到d点的过程中，电势能先减小后增大
【解答】解：根据电场线分布图，可知该电场线分布图上下对称，则等势面分布图也上下对称，电场强度也上下对称。
A、根据上下对称性知，b、c两点的电势相等，故A正确；
B、根据上下对称性知，a、d两点的电场强度大小相同，方向不同，所以电场强度不同，故B错误；
C、MN为一个等势体，各处的电势相等，可知将一个正试探电荷从平板上的e点沿着板移到f点的过程中，电势能一直保持不变，故C正确；
D、电场线的切线方向为该点的场强方向，将负电荷从a到ad中点的过程中，电场力方向与位移方向夹角小于90°，电场力做正功，从ad中点到d点的过程中，电场力方向与位移方向夹角大于90°，电场力做负功，所以电荷的电势能先减小后增大，故D正确。
本题选错误的，
故选：B。
7. 把头发屑悬浮在蓖麻油中可以模拟电场线的形状，如图所示，MN为两极柱的连线，PQ为MN的中垂线，一重力不计的带电粒子从A点进入电场区域并恰好沿曲线ABCD运动，B、C为带电粒子轨迹与MN、PQ的交点，下列判断不正确的是（　　）

A．图中B点的电势高于C点的电势
B．图中B点的电场强度大于C点的电场强度
C．带电粒子经过B点时的动能大于经过C点时的动能
D．由图中带电粒子轨迹可以判断此带电粒子应该带的是正电荷
【解答】解：A、由题图可知，M带正电，N带负电，M、N带等量异种电荷，电场线方向由M指向N，PQ为MN连线的中垂线，该中垂线为等势面。沿电场线可知，电势逐渐降低，因此电势关系如下：φB＞φO＝φC，故A正确；
B、根据等量异种电荷形成电场线的特点，如图所示，电场线越密的地方，场强越大。等量异种电荷连线上中点处场强最小，中垂线上中点处场强最大，故B正确；

C、由题图可知粒子做曲线运动，由等量异种电荷电场线分布特性知粒子所受电场力的方向与速度夹角为锐角，因此粒子从B到C过程中，粒子所受的电场力做正功，电势能减小，动能增加，故C错误；
D、根据粒子的运动轨迹，合外力的方向偏向轨迹的内侧，结合电场线的方向，可知，粒子带正电。故D正确；
本题选不正确的是，故选：C。
8. 如图所示，在xOy平面内的第一象限内，直线y＝0与直线y＝x之间存在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，x轴下方有一直线CD与x轴平行且与x轴相距为a，x轴与直线CD之间存在沿y轴正方向的匀强电场，在第三象限，直线CD与直线EF之间存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场。纸面内有一束宽度为a的平行电子束，各电子的速度随位置大小各不一样，如图沿y轴负方向射入第一象限的匀强磁场，电子束的左边界与y轴的距离也为a，经第一象限磁场偏转后发现所有电子都可以通过原点并进入x轴下方的电场，最后所有电子都垂直于EF边界离开磁场。其中电子质量为m，电量大小为e，电场强度大小为E=eaB22m。求：
（1）电子进入磁场前的最小速度；
（2）电子经过直线CD时的最大速度及该电子在第三象限磁场中做圆周运动的圆心坐标；
（3）单个电子在第三象限磁场中运动的最长时间。

【解答】解：（1）根据题意，经第一象限磁场偏转后发现所有电子都可以通过原点并进入x轴下方的电场，经分析可得，所有电子在第一象限都经历一个四分之一圆周运动后通过原点并沿﹣x轴方向进入x轴下方的电场，故最小速度对应最小半径a，运动轨迹如图，

由evB＝mv2a
可得：v=eBam
（2）由（1）可知，过原点并进入x轴下方的电子的最大速度为v'=2eBam，所有电子在电场中偏转时，﹣x方向分速度不变，﹣y方向的分速度增量一样大
有：12mvy2=eEa
得：vy=eBam
所以电子经过直线CD时的最大速度为：
vm=(2eBam)2+(eBam)2
解得：vm=5eBam
易得经过直线CD时的坐标为（﹣4a，﹣a）
此后在磁场中的运动半径为：
R=mvmeB
解得：R=5a
易得该电子此后在磁场中运动的圆心为：（﹣3a，﹣3a）
（3）由题意，所有电子都垂直于EF边界离开磁场，则所有电子运动轨迹的圆心都在EF直线上，由（1）和（2）的结论，经过直线CD时，不妨设任何一电子的﹣x方向的分速度为：keBam（1≤k≤2）
则电子经过直线CD的合速度为：vm=1+k2eBam
电子经过直线CD的坐标为：（﹣2ka，﹣a）
速度方向与水平方向的夹角的正切值为：tanθ=1k，根据几何关系，易得圆心位置为：（﹣2ka+a，﹣
a﹣ka）
可得EF直线为：
y=12x−32a
经分析可得：经过CD直线时，速度最大的电子的速度方向与水平方向夹角最小，其在磁场中运动的圆心角最大，时间最长，易得此电子在磁场中运动的时间恰好为四分之一周期
又：T=2πmeB所以单个电子在第三象限磁场中运动的最长时间为：t=πm2eB；
答：（1）电子进入磁场前的最小速度为eBam；
（2）电子经过直线CD时的最大速度为5eBam，该电子在第三象限磁场中做圆周运动的圆心坐标为（﹣3a，﹣3a）；
（3）单个电子在第三象限磁场中运动的最长时间为πm2eB。
9. 如图（a）所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷qm=106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过时间π15×10−5s以后，电荷以v0＝1.5×104m/s的速度通过MN进入其上方的均匀磁场，磁场与纸而垂直，磁感应强度B按图（b）所示规律周期性变化，图（b）中磁场以垂直纸面向里为正，以电荷第一次通过MN时为t＝0时刻。求：
（1）匀强电场的电场强度E；
（2）图（b）中t=4π5×10−5s时刻电荷与O点的水平距离；
（3）如果在O点正右方43.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板的时间。

【解答】解：（1）电荷在电场中做匀加速直线运动，其在电场中加速运动的时间为π15×10−5s，由匀变速直线运动规律得
v0＝at1
由牛顿第二定律得
qE＝ma
代入数据解得：E＝7.2×103N/C
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力
qv0B＝mv02r
解得：r=mv0qB
当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径
r1=mv0qB1
做圆周运动的周期
T1=2πr1v0=2πmqB1
代入数据解得
r1＝5cm
T1=2π3×10﹣5s
同理可得，当磁场垂直纸面向里时，电荷圆周运动的半径为
r2=mv0qB2
代入数据解得：r2＝3cm
做圆周运动的周期
T2=2πmqB2
代入数据解得：T2=2π5×10﹣5s
故电荷t＝0时刻开始做周期性运动，结合磁场的周期性可知运动轨迹如图1所示

图1
从电荷第一次通过MN开始其运动的周期为
T＝（π15×4+12×2π3+12×2π5）×10﹣5s=4π5×10﹣5s
所以t=4π5×10−5s时刻粒子距离O点的水平距离为
Δd＝2（r1﹣r2）
代入数据解得：Δd＝4cm
（3）由第（2）的分析可知，每经过一个周期，粒子在水平方向向右前进4cm，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为9个，即
s＝9Δd＝9×4cm＝36cm
则最的后7.5m的距离如图2所示

图2
由几何关系可得
r1+r1cosα＝7.5cm
解得：cosα＝0.5
即α＝60°
故电荷运动的总时间
t总＝t1+9T+13T1
代入数据解得：t总=33745π×10﹣5s
答：（1）匀强电场的电场强度E为7.2×103N/C；
（2）图（b）中t=4π5×10−5s时刻电荷与O点的水平距离为4cm；
（3）如果在O点正右方43.5cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板的时间为33745π×10﹣5s。
10. 如图所示为某实验装置图。离子源S在开口处不断出射初速度为v0，方向沿x轴正向，电荷量为q、质量为m的正离子。Ⅰ区充满着沿y轴正方向的场强为E的匀强电场，其左边界过离子源S的开口处且平行于y轴，右边界与y轴重合。离子经Ⅰ区电场偏转后，由C
点进入Ⅱ区，此时速度方向与x轴正向成θ角。Ⅱ区充满两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，其中CD上方磁场垂直纸面向外，CD下方磁场垂直纸面向里，两磁场左边界均与y轴重合，右边界与x轴垂直交于O1点，宽度为L。离子经磁场作用后恰好打到与C等高的D点。忽略离子间的相互作用及离子的重力。
（1）求离子在Ⅰ区中运动的时间t；
（2）求Ⅱ区内磁感应强度B的大小；
（3）若把Ⅰ区的匀强电场替换成垂直纸面的匀强磁场，能否使离子仍然从C点进入Ⅱ区，若能，求此匀强磁场的磁感应强度B'的大小，若不能请说明理由。

【解答】解：（1）离子在电场力作用下，做类平抛运动：vy＝v0tanθ，vy=ayt=Eqmt
解得：t=mv0tanθEq
即离子在Ⅰ区中运动的时间为mv0tanθEq；
（2）离子进入磁场后做圆周运动，洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2R
圆周运动的半径：R=mv0qBcosθ
经磁场一次偏转后在x方向上能前进：x＝2Rsinθ
考虑到多解性：nx＝L，其中n＝1，2，3…
解得：B=2mv0tanθqL⋅n，其中n＝1，2，3…
即Ⅱ区内磁感应强度B的大小为2mv0tanθqL⋅n，其中n＝1，2，3…；
（3）由（1）可得C点相对于离子源出口的位置：xSC=v0t=mv02tanθEq，ySC=12ayt2=mv02tan2θ2Eq
若把电场替换成磁场，则离在的运动轨迹为一圆弧，能进入Ⅱ区最下端的位置是圆弧恰好与y
轴相切。故离子能否从C点进入，与C点的位置有关。
若ySC＜xSC时，mv02tan2θ2Eq＜mv02tanθEq，即tanθ＜2时
由几何关系可得：（r﹣y）2+x2＝r2，解得：r=(tan2θ4+1)mv02Eq
因为：r=mv02qB'，所以：B'=4E(4+tan2θ)v0
若ySC≥xSC，即tanθ≥2时，离子不可能进入Ⅱ区

即若ySC＜xSC时，匀强磁场的磁感应强度B'的大小为4E(4+tan2θ)v0；若ySC≥xSC时，离子不可能进入Ⅱ区。
答：（1）离子在Ⅰ区中运动的时间为mv0tanθEq；
（2）Ⅱ区内磁感应强度B的大小为2mv0tanθqL⋅n，其中n＝1，2，3…；
（3）若ySC＜xSC时，匀强磁场的磁感应强度B'的大小为4E(4+tan2θ)v0；若ySC≥xSC时，离子不可能进入Ⅱ区。
11. 如图甲所示，在坐标系xOy的第一、二象限内存在一有界匀强磁场区域，两边界都为圆形，其中大圆半径R1＝0.05m，圆心在y轴上的O1；小圆半径R2＝0.03m，圆心在坐标原点O；M、N为两圆形边界的交点。小圆内存在辐向电场，圆心与边界间的电压恒为U0＝800V；在磁场右侧与x轴垂直放置一平行板电容器，其左极板P中间开有一狭缝（如图乙所示），电容器两极板间电压为U（U的大小和极板电性都未知）。在O点，存在一粒子源（图中未画出），可以在纸面内沿电场向各方向同时均匀发射质量为m＝8×10﹣27kg、带电量为q＝+8×10﹣19C的粒
子（粒子初速度较小，可以忽略），经辐向电场加速后进入磁场，部分粒子能以水平向右的速度从大圆边界的右侧离开磁场，已知粒子源每秒发射的粒子数为N0＝1×1020个。不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，不考虑场的边界效应，整个装置处在真空环境中，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）带电粒子进入磁场时的速度大小v；
（2）带电粒子在磁场中的运动半径r以及匀强磁场的磁感应强度B；
（3）极板P上的狭缝刚好处在纸面位置，水平向右离开磁场的粒子，一部分会打在P极板（狭缝上方、下方），另一部分会通过狭缝进入电容器，粒子一旦接触极板，立刻被吸收，但不会影响电容器的电压。试求在较长的一段时间内，带电粒子对电容器的平均作用力F的大小与极板电压的关系。（结果保留3位有效数字）

【解答】解：（1）由动能定理
qU0=12mv2
代入数据解得
v＝4×105m/s
（2）大部分粒子能以水平向右的速度从大圆边界的右侧离开磁场，如图所示

由几何关系可得
r2+0.032＝（0.09﹣r） 2
可得
r＝0.04m
由洛伦兹力提供向心力可得
Bqv＝mv2r
则
B＝0.1T
（3）图中粒子速度方向与竖直方向的夹角由
tanα=rR2
可得
α＝53°
所以水平向右的粒子为
N1=53°+90°180°N0
进入电容器极板间的粒子数为
N2=0.060.09N1
若粒子进入电容器被电场加速，则
Uq=12mv'2−12mv2
与极板相碰后被极板吸收，平均作用力为
Ft0＝N2mv'
其中t0＝1s，解得
F＝42.4×10﹣4×2U+1600
同理若粒子进入电容器被电场减速，则
F＝42.4×10﹣4×2U−1600
答：（1）带电粒子进入磁场时的速度大小为4×105m/s；
（2）带电粒子在磁场中的运动半径为0.04m，匀强磁场的磁感应强度为0.1T；
（3）带电粒子对电容器的平均作用力F的大小与极板电压的关系为F＝42.4×10﹣4×2U+1600或F＝42.4×10﹣4×2U−1600。