第3講 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)1　帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(d) 【典例1】(杭州模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,第一象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),第四象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點(diǎn)以速度v0垂直于y軸射入電場(chǎng),經(jīng)x軸上的N點(diǎn)與x軸正方向成θ=60°角射入磁場(chǎng),最后從y軸負(fù)半軸上的P點(diǎn)垂直于y軸射出磁場(chǎng),如圖所示。不計(jì)粒子重力,求:????????????? (1)M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差UMN;(2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r;(3)粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的總時(shí)間t。 【解析】(1)設(shè)粒子過(guò)N點(diǎn)時(shí)的速度為v,有 =cosθ                   ①故v=2v0                                                          ②粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)的過(guò)程,有qUMN= mv2- m                    ③UMN= 。                                                       ④(2)粒子在磁場(chǎng)中以O(shè)′為圓心做勻速圓周運(yùn)動(dòng),半徑為O′N,有qvB=  ⑤r= 。                                                       ⑥(3)由幾何關(guān)系得ON=rsinθ                                        ⑦設(shè)粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1,有ON=v0t1                            ⑧t1=                                                           ⑨粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=          ⑩設(shè)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2,有t2= T           t2=                   ????????????? ????????????? t=t1+t2,t= 。                答案:見(jiàn)解析 1.如圖所示,沿直線通過(guò)速度選擇器的正離子從狹縫S射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,偏轉(zhuǎn)后出現(xiàn)的軌跡半徑之比為R1∶R2=1∶2,則下列說(shuō)法正確的是                   ????????????? (　　)A.離子的速度之比為1∶2B.離子的電荷量之比為1∶2C.離子的質(zhì)量之比為1∶2D.以上說(shuō)法都不對(duì)【解析】選D。因?yàn)閮呻x子能沿直線通過(guò)速度選擇器,則Bvq=Eq,即v= ,所以兩離子的速度相同,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;根據(jù)r= ,則 ∶ = = ,所以選項(xiàng)B、C均不對(duì),故選D。2.如圖是水平放置的小型粒子加速器的原理示意圖,區(qū)域Ⅰ和Ⅱ存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1和B2,長(zhǎng)L=1.0 m的區(qū)域Ⅲ存在場(chǎng)強(qiáng)大小E=5.0×104 V/m、方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。區(qū)域Ⅲ中間上方有一離子源S,水平向左發(fā)射動(dòng)能Ek0=4.0×104 eV的氘核,氘核最終從區(qū)域Ⅱ下方的P點(diǎn)水平射出。S、P兩點(diǎn)間的高度差h=0.10 m。(氘核質(zhì)量m=2×1.67×10-27 kg、電荷量q=1.60×10-19 C,1 eV=1.60×10-19 J。 ≈1×10-4)(1)求氘核經(jīng)過(guò)兩次加速后從P點(diǎn)射出時(shí)的動(dòng)能Ek2。(2)若B1=1.0 T,要使氘核經(jīng)過(guò)兩次加速后從P點(diǎn)射出,求區(qū)域Ⅰ的最小寬度d。(3)若B1=1.0 T,要使氘核經(jīng)過(guò)兩次加速后從P點(diǎn)射出,求區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2。【解析】(1)由動(dòng)能定理W=Ek2-Ek0電場(chǎng)力做功W=qE·2L得Ek2=Ek0+qE·2L=1.4×105 eV=2.24×10-14 J(2)洛倫茲力提供向心力qvB=m 第一次進(jìn)入B1區(qū)域,半徑R0= =0.04 m第二次進(jìn)入B1區(qū)域, m =Ek0+qELR2= =0.06 m,故d=R2=0.06 m(3)氘核運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示由圖中幾何關(guān)系可知2R2=h+(2R1-2R0)得R1=0.05 m由R1= 得B2= =1.2 T答案:(1)2.24×10-14 J　(2)0.06 m　(3)1.2 T “電偏轉(zhuǎn)”與“磁偏轉(zhuǎn)”的比較 垂直電場(chǎng)線進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)(不計(jì)重力)垂直磁感線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)(不計(jì)重力)受力情況電場(chǎng)力FE=qE,其大小、方向不變,與速度v無(wú)關(guān),FE是恒力洛倫茲力FB=qvB,其大小不變,方向隨v而改變,FB是變力軌跡拋物線圓或圓的一部分運(yùn)動(dòng)軌跡求解方法利用類似平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解:vx=v0,x=v0tvy= ·t,y= · ·t2偏轉(zhuǎn)角φ:tanφ= = 半徑:r= 周期:T= 偏移距離y和偏轉(zhuǎn)角φ要結(jié)合圓的幾何關(guān)系利用圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律討論求解運(yùn)動(dòng)時(shí)間t= t= T= 動(dòng)能變化不變  【加固訓(xùn)練】如圖所示,在空間中存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),其豎直邊界AB、CD的寬度為d,在邊界AB左側(cè)是豎直向下、場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng),現(xiàn)有質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子(不計(jì)重力)從P點(diǎn)以大小為v0的水平初速度射入電場(chǎng),隨后與邊界AB成45°射入磁場(chǎng)。若粒子能垂直CD邊界飛出磁場(chǎng),穿過(guò)小孔進(jìn)入如圖所示兩豎直平行金屬板間的勻強(qiáng)電場(chǎng)中減速至零且碰不到正極板。(1)請(qǐng)畫(huà)出粒子上述過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)軌跡,并求出粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小v。(2)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。(3)求金屬板間的電壓U的最小值。【解析】(1)軌跡如圖所示v= = v0(2)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),設(shè)其軌道半徑為R,由幾何關(guān)系可知R= = dqvB=m ,解得B= (3)粒子進(jìn)入板間電場(chǎng)至速度減為零且恰不與正極板相碰時(shí),板間電壓U最小,由動(dòng)能定理有-qU=0- mv2,解得U= 。答案:(1)軌跡見(jiàn)解析圖　 v0　(2) 　 (3) 考點(diǎn)2　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)(d) 【典例2】壓力波測(cè)量?jī)x可將待測(cè)壓力波轉(zhuǎn)換成電壓信號(hào),其原理如圖1所示,壓力波p(t)進(jìn)入彈性盒后,通過(guò)與鉸鏈O相連的“┤”型輕桿L,驅(qū)動(dòng)桿端頭A處的微型霍爾片在磁場(chǎng)中沿x軸方向做微小振動(dòng),其位移x與壓力p成正比(x=αp,α>0)。霍爾片的放大圖如圖2所示,它由長(zhǎng)×寬×厚=a×b×d,單位體積內(nèi)自由電子數(shù)為n的N型半導(dǎo)體制成,磁場(chǎng)方向垂直于x軸向上,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=B0(1-β|x|),β>0。無(wú)壓力波輸入時(shí),霍爾片靜止在x=0處,此時(shí)給霍爾片通以沿C1C2方向的電流I,則在側(cè)面上D1、D2兩點(diǎn)間產(chǎn)生霍爾電壓U0。????????????? (1)指出D1、D2兩點(diǎn)哪點(diǎn)電勢(shì)高。(2)推導(dǎo)出U0與I、B0之間的關(guān)系式(提示:電流I與自由電子定向移動(dòng)速率v之間關(guān)系為I=nevbd,其中e為電子電荷量)。(3)彈性盒中輸入壓力波p(t),霍爾片中通以相同的電流,測(cè)得霍爾電壓UH隨時(shí)間t變化圖象如圖3,忽略霍爾片在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)和阻尼,求壓力波的振幅和頻率。(結(jié)果用U0、U1、t0、α及β表示)【解題思路】解答本題應(yīng)注意以下兩點(diǎn):-關(guān)鍵點(diǎn)(1)該題中形成電流的是電子的定向移動(dòng),電子移向的一方電勢(shì)低。(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化引起UH的變化。【解析】(1)電流方向?yàn)镃1C2,則電子運(yùn)動(dòng)方向?yàn)镃2C1,由左手定則可判定電子偏向D2邊,所以D1邊電勢(shì)高。(2)當(dāng)電壓為U0時(shí),電子不再發(fā)生偏轉(zhuǎn),故電場(chǎng)力等于洛倫茲力evB0=e     ①由電流I=nevbd得:v=                                                        ②將②代入①得U0= (3)圖象結(jié)合輕桿運(yùn)動(dòng)可知,0～t0內(nèi),輕桿向一側(cè)運(yùn)動(dòng)至最遠(yuǎn)點(diǎn)又返回至原點(diǎn),則輕桿的運(yùn)動(dòng)周期為T(mén)=2t0,所以,頻率為:f= 當(dāng)桿運(yùn)動(dòng)至最遠(yuǎn)點(diǎn)時(shí),電壓最小,即取U1,此時(shí)B=B0(1-β|x|)取x正向最遠(yuǎn)處為振幅A,有: U1= (1-βA)所以: = = 解得:A= 根據(jù)壓力與位移關(guān)系x=αp可得p= 因此壓力最大振幅為:pm= = (1- )答案:(1) D1點(diǎn)電勢(shì)高(2)U0= 　(3) (1- )　 1.如圖所示,空間的某個(gè)復(fù)合場(chǎng)區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)子由靜止開(kāi)始經(jīng)一加速電場(chǎng)加速后,垂直于復(fù)合場(chǎng)的界面進(jìn)入并沿直線穿過(guò)場(chǎng)區(qū),質(zhì)子從復(fù)合場(chǎng)區(qū)穿出時(shí)的動(dòng)能為Ek。那么氘核同樣由靜止開(kāi)始經(jīng)同一加速電場(chǎng)加速后穿過(guò)同一復(fù)合場(chǎng)后的動(dòng)能E′k的大小是????????????? (　　)A.E′k=Ek　　　　　　B.E′k>EkC.E′k<Ek            D.條件不足,難以確定【解析】選B。設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m,則氘核的質(zhì)量為2m。在加速電場(chǎng)中,由動(dòng)能定理可得eu= mv2,v= ,在復(fù)合場(chǎng)里由Bqv=qE得,v= ;同理對(duì)于氘核由動(dòng)能定理可得離開(kāi)加速電場(chǎng)的速度比質(zhì)子的速度小,所以當(dāng)它進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)所受的洛倫茲力小于電場(chǎng)力,將往電場(chǎng)力方向偏轉(zhuǎn),電場(chǎng)力做正功,故動(dòng)能增大,B正確。2.如圖所示,勻強(qiáng)電場(chǎng)方向水平向右,勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里,一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的微粒以速度v沿與磁場(chǎng)垂直、與電場(chǎng)成45°角的方向射入復(fù)合場(chǎng)中,恰能做勻速直線運(yùn)動(dòng),求電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小及磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。【解析】由于帶電微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng),且洛倫茲力與電場(chǎng)力不共線,說(shuō)明微粒必然還要受到重力作用,且洛倫茲力必然斜向上,即粒子帶正電,其受力如圖,由qE=mgtan 45°和mg=qvBcos 45°,解得E= ,B= 。答案: 　 3.如圖所示,圖面內(nèi)有豎直線DD′,過(guò)DD′且垂直于圖面的平面將空間分成Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)域。區(qū)域Ⅰ有方向豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和方向垂直于圖面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B(圖中未畫(huà)出);區(qū)域Ⅱ有固定在水平地面上高h=2l、傾角α= 的光滑絕緣斜面,斜面頂端與直線DD′距離s=4l,區(qū)域Ⅱ可加豎直方向的大小不同的勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中未畫(huà)出);C點(diǎn)在DD′上,距地面高H=3l。零時(shí)刻,質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球P在K點(diǎn)具有大小v0= 、方向與水平面夾角θ= 的速度,在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做半徑r= 的勻速圓周運(yùn)動(dòng),經(jīng)C點(diǎn)水平進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ。某時(shí)刻,不帶電的絕緣小球A由斜面頂端靜止釋放,在某處與剛運(yùn)動(dòng)到斜面的小球P相遇。小球視為質(zhì)點(diǎn),不計(jì)空氣阻力及小球P所帶電量對(duì)空間電磁場(chǎng)的影響。l已知,g為重力加速度。(1)求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。(2)若小球A、P在斜面底端相遇,求釋放小球A的時(shí)刻tA。(3)若小球A、P在時(shí)刻t=β (β為常數(shù))相遇于斜面某處,求此情況下區(qū)域Ⅱ的勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E,并討論場(chǎng)強(qiáng)E的極大值和極小值及相應(yīng)的方向。【解析】(1)由題知,小球P在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),有m =qv0B代入數(shù)據(jù)解得B= (2)小球P在區(qū)域Ⅰ做勻速圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為θ,運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的時(shí)刻為tC,則有tC= s-hcotα=v0(t1-tC)小球A釋放后沿著斜面運(yùn)動(dòng)的加速度為aA,與小球P在時(shí)刻t1相遇在斜面底端,有mAgsinα=mAaA = aA(t1-tA)2聯(lián)立方程得tA=(3-2 ) (3)設(shè)所求電場(chǎng)方向向下,在tA′時(shí)刻釋放小球A,小球P在區(qū)域Ⅱ運(yùn)動(dòng)的加速度為aP,有s=v0(t-tC)+ aA(t-tA′)2cosαmg+qE=maPH-h+ aA(t-tA′)2sinα= aP(t-tC)2聯(lián)立相關(guān)方程解得E= 若小球P與小球A在斜面底端相遇,則有t-tC= 解得t=3 若小球P與小球A在斜面頂端相遇,則有t-tC= 解得t=5 可得3≤β≤5所以- ≤E≤ ,負(fù)號(hào)表明電場(chǎng)方向向上。所以電場(chǎng)強(qiáng)度最大為 ,方向豎直向上;電場(chǎng)強(qiáng)度最小為0。答案:(1) 　(2)(3-2 ) (3)場(chǎng)強(qiáng)極大值為 ,方向豎直向上;場(chǎng)強(qiáng)極小值為0  帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的解題思路(1)弄清復(fù)合場(chǎng)的組成,一般有磁場(chǎng)、電場(chǎng)的復(fù)合,電場(chǎng)、重力場(chǎng)的復(fù)合,磁場(chǎng)、重力場(chǎng)的復(fù)合,磁場(chǎng)、電場(chǎng)、重力場(chǎng)三者的復(fù)合。(2)正確受力分析,除重力、彈力、摩擦力外要特別注意電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力的分析。(3)確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài),注意運(yùn)動(dòng)情況和受力情況的分析。(4)對(duì)于粒子連續(xù)通過(guò)幾個(gè)不同情況場(chǎng)的問(wèn)題,要分階段進(jìn)行處理。轉(zhuǎn)折點(diǎn)的速度往往成為解題的突破。(5)畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡,靈活選擇不同的運(yùn)動(dòng)規(guī)律。①當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí),根據(jù)受力平衡列方程求解。②當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解。③當(dāng)帶電粒子做復(fù)雜曲線運(yùn)動(dòng)時(shí),一般用動(dòng)能定理或能量守恒定律求解。④對(duì)于臨界問(wèn)題,注意挖掘隱含條件。考點(diǎn)3　帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)實(shí)例應(yīng)用 【典例3】(天津高考)筆記本電腦機(jī)身和顯示屏對(duì)應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當(dāng)顯示屏開(kāi)啟時(shí)磁體遠(yuǎn)離霍爾元件,電腦正常工作;當(dāng)顯示屏閉合時(shí)磁體靠近霍爾元件,屏幕熄滅,電腦進(jìn)入休眠狀態(tài)。如圖所示,一塊寬為a、長(zhǎng)為c的矩形半導(dǎo)體霍爾元件,元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子,通入方向向右的電流時(shí),電子的定向移動(dòng)速度為v。當(dāng)顯示屏閉合時(shí)元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U,以此控制屏幕的熄滅。則元件的????????????? (　　)A.前表面的電勢(shì)比后表面的低B.前、后表面間的電壓U與v無(wú)關(guān)C.前、后表面間的電壓U與c成正比D.自由電子受到的洛倫茲力大小為 【解析】選D。根據(jù)左手定則可知自由電子偏向后表面,元件的后表面帶負(fù)電,即后表面的電勢(shì)比前表面的低,A錯(cuò)誤;根據(jù)穩(wěn)定時(shí)自由電子所受的電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡,即e =evB得U=Bva,所以選項(xiàng)B、C均錯(cuò)誤;自由電子受到的洛倫茲力與所受電場(chǎng)力大小相等,即F=evB=e ,D正確。 1.磁流體發(fā)電的原理如圖所示。將一束速度為v 的等離子體垂直于磁場(chǎng)方向噴入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,在相距為 d、寬為a、長(zhǎng)為b的兩平行金屬板間便產(chǎn)生電壓。如果把上、下板和電阻R連接,上、下板就是一個(gè)直流電源的兩極。若穩(wěn)定時(shí)等離子體在兩板間均勻分布,電阻率為ρ。忽略邊緣效應(yīng),下列判斷正確的是????????????? (　　)A.上板為正極,電流I= B.上板為負(fù)極,電流I= C.下板為正極,電流I= D.下板為負(fù)極,電流I= 【解析】選C。根據(jù)左手定則可知,帶正電粒子在磁場(chǎng)中受到的力向下,故下板為正極,兩板間的電勢(shì)差為U,則q =Bqv,得U=Bdv,電流I= = ,故選C。2.回旋加速器的工作原理如圖甲所示,置于真空中的D形金屬盒半徑為R,兩盒間狹縫的間距為d,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直,被加速粒子的質(zhì)量為m,電荷量為+q,加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示,電壓值的大小為U0。周期T= 。一束該種粒子在t=0～ 時(shí)間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫,其初速度視為零?，F(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間,假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過(guò)狹縫均做加速運(yùn)動(dòng),不考慮粒子間的相互作用。求:(1)出射粒子的動(dòng)能Em。(2)粒子從飄入狹縫至動(dòng)能達(dá)到Em所需的總時(shí)間t0。(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過(guò)99%能射出,d應(yīng)滿足的條件。【解析】(1)粒子運(yùn)動(dòng)半徑為R時(shí)有qvB=m ,且Em= mv2,解得Em= (2)粒子被加速n次達(dá)到動(dòng)能Em,則Em=nqU0粒子在狹縫間做勻加速運(yùn)動(dòng),設(shè)n次經(jīng)過(guò)狹縫的總時(shí)間為Δt,加速度a= 勻加速直線運(yùn)動(dòng)總長(zhǎng)度nd= a(Δt)2由t0=(n-1)· +Δt,解得t0= - (3)只有在 0～( -Δt)時(shí)間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速,則所占的比例為η= ,由η>99%,解得d< 。答案:(1) 　(2) - (3)d< 3.如圖所示,在x軸的上方存在垂直紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。位于x軸的下方離子源C發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的一束負(fù)離子,其初速度大小范圍為0～ v0。這束離子經(jīng)電勢(shì)差為U= 的電場(chǎng)加速后,從小孔O(坐標(biāo)原點(diǎn))垂直x軸并垂直磁場(chǎng)射入磁場(chǎng)區(qū)域,最后打到x軸上,在x軸上2a～3a區(qū)間水平固定放置一探測(cè)板 。假設(shè)每秒射入磁場(chǎng)的離子總數(shù)為N0,打到x軸上的離子數(shù)均勻分布(離子重力不計(jì))。(1)求離子束從小孔O射入磁場(chǎng)后打到x軸的區(qū)間。(2)調(diào)整磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小,可使速度最大的離子恰好打在探測(cè)板右端,求此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1。(3)保持磁感應(yīng)強(qiáng)度B1不變,求每秒打在探測(cè)板上的離子數(shù)N;若打在板上的離子80%被吸收,20%被反向彈回,彈回速度大小為打板前速度大小的0.6倍,求探測(cè)板受到的作用力大小。【解析】(1)根據(jù)動(dòng)能定理,可得qU= mv2- m v= 可得v0≤v≤2v0離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)qvB0= 　R= 離子打在x軸上的坐標(biāo)表達(dá)式為x=2R= 代入可得2a≤x≤4a(2)當(dāng)速度最大的離子打在探測(cè)板右端3a=2R1R1= 　B1= B0(3)離子束能打到探測(cè)板的實(shí)際位置范圍為2a≤x≤3a對(duì)應(yīng)的速度范圍為 v0≤v′≤2v0每秒打在探測(cè)板上的離子數(shù)為N=N0 = N0根據(jù)動(dòng)量定理吸收的離子受到板的作用力大小F吸= = (2mv0+ mv0)= 反彈的離子受到板的作用力大小F反= = [2m(v0+0.6v0)+ m(v0+0.6v0)]= N0mv0根據(jù)牛頓第三定律,探測(cè)板受到的作用力大小F= N0mv0答案:(1)[2a,4a]　(2) B0　(3) N0　 N0mv0 1.基本思路:速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、電磁流量計(jì)和霍爾元件一般以單個(gè)帶電粒子為研究對(duì)象,在洛倫茲力和電場(chǎng)力平衡時(shí)做勻速直線運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài),從而求出所求物理量。2.解決回旋加速器的方法:(1)交變電壓的頻率與粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的頻率相等。(2)在q、m和B一定的情況下,回旋加速器的半徑越大,粒子的能量就越大,最大動(dòng)能與加速電壓無(wú)關(guān)。 

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