第4课复合场中的STS题型探究.

第4课 复合场中的STS题型探究考点质谱仪和回旋加速器1. 质谱仪.构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成.767473 7270U S1(2)原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式:qU = *mv2粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第一定律得关系式：qvB= m r .由两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷.12mUqr2B2q 2Ur Bq ，m= 2u ，m= B2r22. 回旋加速器.(1)构造：如图所示，Di、D2是半圆金属盒，D形盒的缝隙处接交 流电源.D形盒处于匀强磁场中.原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过 D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速，由qvB =mv2-R-，得Ekm =q 2m，可见粒子获得的最大动能由 磁感应强度B和D形盒半径R 决定，与加速电压无关.3. 速度选择器.(如图所示)(1)平行板中电场强度 E和磁感应强度B互相垂直.这种装置能 把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫做速度选择器.带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE= qvB,E B.4. 磁流体发电机.(1) 磁流体发电是一项新兴技术，它可以把内能直接转化为电能.(2) 根据左手定则，如图中的B是发电机正极.(3) 磁流体发电机两极板间的距离为I，等离子体速度为v,磁场的磁感应强度为B,则两极板间能达到的最大电势差U= Blv.电源电阻r = pl，外电阻R中的电流可由闭合电路欧姆定律求出，即IE _ BlvSR + r RS +pl5. 电磁流量计.工作原理：如图所示，圆形导管直径为 d,用非磁性材料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中的自由电荷 （正、负离子），在洛伦兹力的作用下横向偏转，a、b间出现电势差，形成电场，当自由电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡时，a、b间的电势差就保持稳定,即：qvB= qE = q，所以v=倉,因此液体流量Q = Sv=n d4Bdn dU4B .6. 霍耳效应.在匀强磁场中放置一个矩形截面的载流导体，当 磁场方向与电流 方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现了 电势差, 这种现象称为霍耳效应，所产生的电势差称为霍耳电势差，其原理如 图所示.垠題員嫌勺我绘摊 金踞补钛 為固橫井u质谱仪的两大重要组成部分是加速电场和偏转磁场， 如右图为质谱仪的原理图.设想有一个静止的质量为m、带电量为q的P带电粒子（不计重力），经电压为U的加速电场加速后垂直进入磁感应 强度为B的偏转磁场中，带电粒子打到底片上的P点，设0P= x,则在下图中能正确反映x与U之间的函数关系的是（B）0UAuBUCUD解析：带电粒子先经加速电场加速,1故 qU = mv2，进入磁场后op=x=卵叮列U，所以偏转，OP = x= 2r = 27，两式联立得:B正确.课时作业一、单项选择题1 .如图所示，有一金属块放在垂直于表面 C的匀强磁场中，磁感应强度为 B,金属块的厚度为d,高为h当有稳恒电流I平行平面C的方向通过时，由于磁场力的作用,金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目为(上下两面M、 N上的电势分别为Um、5)(C)ed 2bi 1A|b|Um - Un| b. ed Um uj-BI 1_ edCUm；1 D2ld|UM - Un|解析：设电子的定向运动速度为 v,单位体积内的自由电子数目为n,稳恒电流通过时，自由电子所受洛伦兹力与电场力平衡， 有BevUm UnBI=| d I,根据电流的微观表达式有I = neSv,解以上两式得n=dIUm - Un2 .目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流 体发电机，如图表示它的原理：将一束等离子体喷射 入磁场（速度方向垂直纸面进去），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.以下不正确的是（B）A. B板带正电B. A板带正电C .其他条件不变，只增大射入速度，Uab增大D .其他条件不变，只增大磁感应强度，Uab增大/W_解析：由左手定则知正电荷向B板，B板带正电，A对B错；平衡稳定时，有qvB= qAB，可看出增大射入速度或增大磁感应强度，Uab均增大，C、D正确.3.速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后的运动X ftx核乳胶片A轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是（C）A .该束带电粒子带负电B.速度选择器的Pi极板带负电C .能通过狭缝So的带电粒子的速率等于 ED .粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝 So,粒子的比荷越小 解析：由左手定则，该束带电粒子带正电，速度选择器的 Pi极板带正电，选项A、B错误；由qE = qvBi可得能通过狭缝S。的带电粒子的速率v= BE，选项C正确；由r =可知，粒子打在胶片上的位 置越靠近狭缝S0，r越小，粒子的比荷m越大，选项D错误.甲幕的中心M点.为了使屏幕上出现一条以 M为中心的亮线PQ,偏乙解析：由题意知，要想得到以M为中点的亮线PQ,磁场的磁感4 .在电视机的显像管中，电子束的扫描是用磁偏转技术 实现的，其扫描原理如图甲所示.圆形区域内的偏转磁场方 向垂直于圆面，而不加磁场时，电子束将通过 0点而打在屏应强度B随时间t变化时，应有方向改变，故 C、D两项错误.对于选项A的变化图象，则只可能出现两个亮点.故正确选项为B.5 .如图甲所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高 频电源相连，带电粒子在磁场中运动的动能 Ek随时间t的变化规律如 图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，贝卩下列判断中正确 的是(B)甲0 fl h *3 (4 tfll t乙A .咼频电源的变化周期应该等于tn爲-1B.在 Ekt 图中应有 t4 t3= t3 t2= t2 一 tiC .粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大D .不同粒子获得的最大动能都相同解析：由图可知粒子在单个D形盒内运动的时间为tn tn 1，由 于在磁场中粒子运动的周期与速度无关，B正确；交流电源的周期为m2(tn tn 1), A错误；由r =Bq知当粒子的运动半径等于 D形盒半径 时加速过程就结束了，粒子的动能Ekm= B2Br，即粒子的动能与加速次数无关，C错误；粒子的最大动能还与粒子的质量和电荷量有关,D错误.二、不定项选择题6.佃30年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器， 其原理如图所示，这台加速器由两个铜质 D型盒Di、D2 构成，其间留有空隙，下列说法中正确的是 (AD)A .离子由加速器的中心附近进入加速器B.离子由加速器的边缘进入加速器C .离子从磁场中获得能量D .离子从电场中获得能量解析：离子由加速器的中心附近进入加速器， 从电场中获取能量, 最后从加速器边缘离开加速器，选项 A、D正确.b、c流量计的两7 .如图所示是电磁流量计的原理图，横截面为 长方形的一段管道，上、下两面是金属材料，前后 两侧面是绝缘材料.长、宽、高分别为图中的a、 端与输送流体的管道连接（图中未画出）.现垂直于前面加磁感应强度 为B的匀强磁场.当从管的左侧向右侧流过带正电的液体时，上、下 表面连接的理想电压表 V测得电压为U,下列说法中正确的是（流量 是指单位时间流过某横截面的体积）（AC）A .上表面电势高于下表面的B.上表面电势低于下表面的C .液体的流量为Q = UbD .液体的流量为Q =UabcB解析：根据左手定则可知上表面电势高于下表面的， 选项A正确eU_c B项错误；在液体流动稳定时，液体所受的洛伦兹力等于电场力， 有:得流量计液体流动时的速度为：Uv = cB，evB,根据流量的定义可得：Q = bc = bcv.由以上两式解得：q 二 Ub.&如图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心 部分是两个D形金属盒.在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场 中，两盒分别与高频电源相连.带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间， 则下列判断正确的是（AD）A .在Ek t图中应有上4 七3 =七3 七2=七2 tiB.咼频电源的变化周期应该等于tntn-1C .粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大D .要想粒子获得的最大动能越大，可增加 D形盒的面积解析：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期与速度大小 无关，因此，在Ek t图中应有t4 t3= t3 t2= t2 ti，选项A正确; 带电粒子在回旋加速器中每运行一周加速两次，高频电源的变化周期 应该等于2（tntni）,选项b错误；由r=mvm氐可知，粒子获 得的最大动能取决于D形盒的半径，当轨道半径与D形盒半径相等时 就不能继续加速，故选项 C错误、D项正确.9.在质谱仪的示意图中，从离子源 S产生的正离子经过狭缝 Si 和S2之间的加速电场，进入离子速度选择$ I in I 器.P1P2之间的电场强度为 E,磁感应强度为出取：n?；Bi离子由S3射入磁感应强度为 B2的匀强磁场 十 L区域.由于各种离子运动的轨道半径 R不同， 故分别射到底片上的不同位置，形成各自的谱线.如果要使氘核的谱 线离S3的距离增大为原来的2倍，可以（AC）1A .将B2减小为原来的B.将B2增大为原来的2倍C .将Bi减小为原来的121D .将E减小为原来的解析：在B2区域，根据r = qjmBv，要rt2r,则B2B）选项A正确.或使离子离开加速电场板 S2时的速度vt 2v;在离子速度选EB择器中，根据qvBi = qE,得v = B，即BiTBi，选项C正确.（说B明：调节BiT 2涉及同时调节加速电场的电压 Ut4U）10 .如图是磁流体发电机的示意图，在间距为d的平行金属板A、 C间，存在磁感应强度为 B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，两金属 板通过导线与滑动变阻器相连，变阻器接入电路的电阻为 R.等离子体连续以速度v平行于两金属板垂直射入磁场，理想电流表A的读数为I，贝S (BCD)A舗瑚CA .发电机的电动势E = IRB.发电机的内电阻为r =BdvC .发电机的效率n= BdvD.变阻器触头P向上滑动时，单位时间内到达金属板 A、C的 等离子体数目增多解析：当等离子体受到的洛伦兹力等于电场力时，电动势呈稳定 状态，则场强Ei= Bv,发动机的电动势 E = Eid = Edv，外电路的电 压为IR , A错误；发电机的内部电阻等效于电源的内阻，那么发电机 的内阻r = BV r, b正确；发电机的效率n= U = BRv，C正确；触头P向上运动，则电路中的电阻变小，电路中的电流变大，单位时间 移动的电荷数变多，D正确.三、非选择题C *11.如图中左边有一对平行金属板，两板相距为d电压为U ;两板之间有匀强磁场，磁感应强度大 小为Bo,方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里.图中右边有一半径为R、圆心为0的圆形区域内也存在匀强磁场， 磁感 应强度大小为B,方向垂直于纸面朝里.一电荷量为 q的正离子沿平 行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向 射出平行金属板之间的区域，并沿直径 EF方向射入磁场区域，最后 从圆形区域边界上的G点射出.已知弧FG所对应的圆心角为B,不 计重力.求：(1) 离子速度的大小；(2) 离子的质量.解析：(1)由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，洛伦兹力与电场力平衡：qvBo= qEo，式中，v是离子运动速度的大小，Eo是平行金属板之间的匀强电 场的强度，有：Eo = U，由式得：v=BUdX X M XX/(2) 在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动，由洛 伦兹力公式和牛顿第二定律有：v2qvB= m r ,式中，m和r分别是离子的质量和它做圆周运动的半径. 由题设， 离子从磁场边界上的点 G穿出，离子运动的圆周的圆心 0必在过E 点垂直于EF的直线上，且在EG的垂直平分线上(见上图).由几何关系有:a,r = Rtan式中，a是OO与直径EF的夹角，由几何关系得：2 a+ B=n 联立式得，离子的质量为：qBBoRd0m=u cot 2答案：BUd（2）qBB0Rdcot012 .如图所示，粒子源 K与虚线MN之间是一加速电场.虚线 MN与PQ之间是匀强电场，虚线 PQ与荧光屏之间是匀强磁场，且 MN、PQ与荧光屏三者互相平行.电场和磁场的方向如图所示.图中 A点与O点的连线垂直于荧光屏.从 K发射出的一初速度为零的带 正电的粒子，被电场加速后以速度 v0从A点垂直射入偏转电场，在 离开偏转电场后进入匀强磁场，最后恰好垂直地打在图中的荧光屏 上，已知电场和磁场区域在竖直方向足够长，加速电场电压与偏转电 场的场强关系为U = ,式中的d是偏转电场的宽度，磁场的磁感应 强度与偏转电场的电场强度和带电粒子离开加速电场的速度Vo关系符合表达式Vo=音，（以上关系式中U、E、B均为未知量）UIIxX7X JXX丿XXXXXXXXX1XXXXhXXXX(1) 试说明vo的大小与K和MN之间的距离有何关系;(2) 求带电粒子进入磁场时的速度大小;带电粒子最后在电场和磁场中总的偏转距离是多少?解析：带电粒子在加速电场中由动能定理得:1 22mvo= qU,由此可知粒子获得的速度只与加速电压有关与K和MN之间的 距离无关.带电粒子在加速电场中获得的动能为：pIMd aL，歹I X XX x-I-7IX X X X；mv2= qU = ；qEd,进入偏转电场后的偏转角为:tan 吨y=mH 霊=1,即带电粒子在电场中的偏转角0= 45竖直速度与水平速度大小相等：Vy= VO,带电粒子离开偏转电场的速度即进入磁场时的速度为V,v= v2 + v：= 2vo .(3) 带电粒子在磁场中的半径为：R = mv=扭mvo = V2mv0 屈R = qB = qE = qE = 2d.Vo带电粒子在偏转电场中增加的动能与在加速电场中获得的动能 相同，设带电粒子在偏转电场中的偏转距离为 yi,1 1有：2qEd = qE 勺1,勺1 = 0.5d;在磁场中偏转距离为 y2,有：Ay2= R(1 cos 0)= J专 |x/2d = 0.414d;粒子在电场、磁场中偏转的总距离为 y,有：Ay =“ +Ay2 = 09d答案：(1)Vo的大小与K和MN之间的距离无关(2) 2vo (3)09d章末知识整合(对应学生用书Pl82)1 .安培力的分析与计算思路.(1) 掌握安培力的大小和方向.(2) 通电直导线在磁场中受安培力作用而运动情况的判断是一个 难点.一般按下列程序分析：用立体图或平面图明确磁场的分布情 况.依据左手定则判断导体所受的安培力的方向.由受力确定导 线或线圈做何种运动，同时应注意掌握分段分析和计算的技巧.(3) 通电导线在磁场中的运动，是力、电的综合，解题时要进行受 力分析，并结合力学的相关规律进行解答.2. 洛伦兹力、带电粒子在匀强磁场中的运动.(1) 掌握洛伦兹力的大小和方向.(2) 带电粒子在有界磁场中运动的分析方法.带电粒子在垂直射入匀强磁场区域后，将经历一段匀速圆周运动 后离开磁场区域，其轨迹是残缺圆.解决这类问题首先要“四掌握”： 掌握圆心的确定方法；掌握半径的确定和计算方法；掌握粒子 在磁场中运动时间的计算方法；掌握偏转角的确定方法.再抓住轨 迹中可能存在的临界状态，运用几何知识解题.3. 带电粒子在复合场中的运动.此类综合性很强，有明显的力学特征，一般要从动力学、能量的 角度来分析，结合牛顿运动定律、运动学公式、能量守恒定律等来列 式.而正确画受力图、轨迹图等是解题的关键.还要关注STS模型,应用上述知识进行解答.对安培力的考查【例？】 如图，是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的 磁场是均匀地辐向分布，线圈中 a、b两条导线长均为I，通以图示方 向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为 B则（）A .该磁场是匀强磁场B. 线圈平面总与磁场方向垂直C .线圈将逆时针方向转动D. a、b导线受到的安培力大小总为IIB解析：该磁场是辐射状磁场，磁感应强度大小相等，但方向不同，A错误；线圈平面总与磁场方向平行， B错误；根据左手定则知右边 导线受到向下的安培力，左边导线受到向上的安培力，因此线框将顺 时针转动，C错误；因为两导线转到任意位置处的磁感应强度都为 B, 磁场方向与导线瞬时速度都垂直，故受到的安培力F= BII , D正确.答案：D带电粒子在磁场中的运动【例？】 如右图，两个初速度大小相同的同种离子 a和b,从 0点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏 P上，不计重力，下 列说法正确的有（ ）A. a、b均带正电B. a在磁场中飞行的时间比b的短C. a在磁场中飞行的路程比b的短D. a在P上的落点与0点的距离比b的近解析：根据题述，由左手定则，带电粒子a、b均带正电，选项Amv正确.由于a、b粒子做圆周运动的半径为：R = qB相等，画出轨迹 如右图，Oi、02分别为a、b粒子运动轨迹所对的圆心，显然 a粒0 m子在磁场中运动轨迹对应的圆心角大于b,由t = T = qB和轨迹图2 n qB可知，a在磁场中飞行的时间比 b的长，a在磁场中飞行的路程比 b 的长，a在P上的落点与0点的距离比b的近，选项D正确，B、C 两项错误.答案：AD一、选择题1. 图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示.一带正电的粒子从正方形中心 0点沿垂直于纸面的方向向外运 动，它所受洛伦兹力的方向是（B）A. 向上 B.向下 C .向左 D .向右解析：在0点处，各电流产生的磁场的磁感应强度在 0点叠加.d、 b电流在0点产生的磁场抵消，a、c电流在0点产生的磁场合矢量 方向向左，带正电的粒子从正方形中心 0点沿垂直于纸面的方向向外 运动，由左手定则可判断出它所受洛伦兹力的方向向下，B选项正确.2. 如图是荷质比相同的a、b两粒子从0点垂直匀强磁场进入正 方形区域的运动轨迹，则（C）A. a的质量比b的质量大B. a带正电荷、b带负电荷C. a在磁场中的运动速率比b的大D. a在磁场中的运动时间比b的长解析：根据粒子的运动轨迹知带电粒子都受到指向圆心的洛伦兹 力，圆心在运动轨迹的下方，根据左手定则知两粒子都带负电，B错误；由半径公式r = mBV知，a粒子的半径大，则a粒子的速度大，C 正确；由题给条件无法确定两带电粒子的质量关系，A错误；由周期2兀m0公式T = 荷知，两粒子运动的周期相同，由t= T, a粒子的运动qB2 n轨迹所对应的圆心角小，故运动的时间短， D错误.3. 空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为 R, 磁场方向垂直于横截面.一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子以速率 vo沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60 不计重力.该磁场的磁感应强度大小为(A)AV3mvoA. 3qRmvoB qR亠 3mvoC。qR.3mvoD qR解析：画出带电粒子运动轨迹示意图，如图所示.设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的半径为r,根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律， 得qvoB=罗，解得r = mB0由图中几何关系可得：tan 30=R联立厂解得：该磁场的磁感应强度 B=，选项A正确.4. 如图所示，一束质量、速度和电量不同的正离子垂直地射入 匀强磁场和匀强电场正交的区域里，结果发现有些离子保持原来的运 动方向，未发生任何偏转.如果让这些不发生偏转的离子进入另一匀 强磁场中，发现这些离子又分裂成几束，对这些进入后一磁场的离子， 可得出结论(D)A .它们的动能一定各不相同B. 它们的电量一定各不相同C. 它们的质量一定各不相同D. 它们的电量与质量之比一定各不相同解析：沿直线穿过电磁场区域的离子受力平衡，则 Bqv= Eq，因此离子的速度均为v=b，进入右侧磁场后，分成三束，由r=mv可 知，离子的电量与质量之比一定不同，则D正确.5. 如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面), 磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外，一电荷量为 q(q0)、质 量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与 abR的距离为R，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60，则粒子的速率为(不计重力)(B)C.解析：画出粒子运动轨迹，由图中几何关系可知，粒子运动的轨2迹半径等于R，由qvB=可得：v= qBR，选项B正确.6. 1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱 的研究荣获了诺贝尔化学奖.若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动 轨迹如图所示，贝S下列说法中正确的是 但D)A .该束带电粒子带负电B.速度选择器的上极板Pi带正电C .在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大d.在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷m越小解析：根据左手定则，可确定粒子带正电， A错误；由速度选择器中电场力和洛伦兹力方向相反可知，上板Pi带正电，B正确；据mv2mvD正确.qvB=,r =富亍故可确定C错误,7. 设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场, 如图所示，已知一离子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点, 忽略重力，以下说法正确的是(BC)A .该离子带负电荷B. A点和B点位于同一高度C .离子在C点时速度最大D.离子到达B点时，将沿原曲线返回A点解析：根据左手定则，离子带正电，选项 A错误；洛伦兹力不做 功，离子A点和B点动能都为零，那么离子在 A点和B点电势能相 等，A点和B点位于同一高度，选项B正确；离子的电势能和动能之 和是守恒的，离子在C点时电势能最小，所以动能最大，速度最大， 选项C正确；离子到达B点时，将向B的右侧做周期性运动，不会 沿原曲线返回A点，选项D错误.二、非选择题8. (2014广东高考)如图所示，足够大的平行挡板 Ai、A2竖直放 置，间距6L两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域I和以水 平面MN为理想分界面.I区的磁感应强度为 Bo,方向垂直纸面向 外.Ai、A2上各有位置正对的小孔 Si、S2,两孔与分界面 MN的距离均为L.质量为m、电量为+ q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止 加速后，沿水平方向从 Si进入I区，并直接偏转到 MN上的P点， 再进入H区.P点与Ai板的距离是L的k倍.不计重力，碰到挡板 的粒子不予考虑.(1) 若k= 1,求匀强电场的电场强度 E;(2) 若2vk3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的 速度大小v与k的关系式和H区的磁感应强度 B与k的关系式.解析：(1)粒子在电场中，由动能定理有:1 2 -v2qEd = Qmv2 0,粒子在I区洛伦兹力提供向心力：qvBo= m字，当k = 1时，由几何关系得：r = L,由解得：E =乌古(2)由于2k3时，由题意可知粒子在H区只能发生一次偏转，由 几何关系可知：(r L)2+ (kL)2= r2;(k2 +1)解得：r =2 L.(k2+ 1) qBoL由解得：v= 又因为 6L 2kL = 2x,根据相似三角形有：步=，且r =器则H区域的磁场与k的关系为：a 3答案:(2)v=(k2 +1) qBoL2mkBo3- k9. 如图(a)所示，在以O为圆心，内外半径分别为 Ri和R2的圆 环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势 差U为常量，Ri= Ro，R2= 3Ro, 电量为+ q,质量为 m的粒子从 内圆上的A点进入该区域，不计重力.(1)已知粒子从外圆上以速度 vi射出，求粒子在A点的初速度vo 的大小.孕b若撤去电场，如图(b),已知粒子从OA延长线与外圆的交点C 以速度V2射出，方向与OA延长线成45角，求磁感应强度的大小 及粒子在磁场中运动的时间.在图(b)中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为 V3，方向不 确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？解析：(1)粒子从A点射入到从外界边界射出的过程，洛伦兹力不 做功，电场力做功，由动能定理，得：1 2 1 2qU = 2mvi Qmv。，解得：vo =寸v1 警撤去电场后，作出粒子的运动轨迹如图1,设粒子运动的轨道半径为r，磁感应强度为Bi，运动时间为t,由牛顿第二定律，有:v2qBi V2 =，由几何关系可知，粒子运动的圆心角为 90。，则2 ( R2 - Ri )r =2Ro，联立得:Bi寺匀速圆周运动周期T2兀rV21粒子在磁场中运动时间t= 4T,2 uRo联立得：t=2v (3)要使粒子一定能够从外圆射出，粒子刚好与两边界相切，轨迹 图如图2,由几何关系可知粒子运动的轨道半径：R2 Riri=2= Ro，设此过程的磁感应强度为 B2，由牛顿第二定律，有：qB2 V3 = m3-，ri由得:B2mv3qRo所以磁感应强度应小于mv3qRo答案：2qU2mv22n Rm ()0 mv32qRo2v2( )qRo（这是边文，请据需要手工删加）（这是双页眉，请据需要手工删加）（这是单页眉，请据需要手工删加）