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    10．“太空粒子探测器”由加速、偏转和收集三部分装置组成，其原理如图所示：辐射状的加速电场区域边界为两个同心半圆弧$\widehat{AB}$和$\widehat{CD}$，圆心为O，弧$\widehat{AB}$的半径为L，P为弧$\widehat{AB}$的中点，两圆弧间的电势差大小为U．足够长的收集板MN平行于边界ACDB，0点到MN板的距离OQ为Lo在边界ACDB和收集板MN之间有一以0为圆心、L为半径的半圆形匀强磁场．方向垂直纸面向里．假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到弧$\widehat{APB}$上，并被加速电场从静止开始加速，不汁粒子间的相互作用和其它星球对粒子引力的影响．    
    （1）求粒子到达O点时速度的大小；
    （2）若要收集板MN能收集到粒子，求半圆形匀强磁场的磁感应强度B的大小需满足的条件；
    （3）改变磁感应强度 B的大小，使得从弧$\widehat{APB}$收集到的粒子中有$\frac{2}{3}$能打到MN板上（不考虑过界ACDB的粒子再次返回磁场），求此时吸附在弧$\widehat{AP}$（四分之一圆弧）上的粒子中，从O点开始运动到MN板上的最长时间tmax．

    分析 （1）粒子在电场中加速，由动能定理可以求出速度．
    （2）作出粒子运动的轨迹，结合轨迹求出粒子的半径，然后由洛伦兹力提供向心力即可求解；
    （3）从$\overline{AB}$收集到的粒子有$\frac{2}{3}$能打到MN板上，则刚好不能打到MN上的粒子从磁场中出来后速度的方向与MN平行，则入射方向与AB之间的夹角是60°，作出粒子的运动轨迹，结合几何关系求出粒子做圆周运动的半径，根据周期的腌笃鲜求出粒子在磁场中的时间，吸附在AP上所有的粒子中，沿OB方向射入的粒子离开磁场后路线最长，时间最长，根据几何关系求出离开磁场后的时间，从而得出吸附在弧$\widehat{AP}$（四分之一圆弧）上的粒子中，从O点开始运动到MN板上的最长时间．

    解答 解：（1）带电粒子在电场中加速，穿出电场后匀速运动到O，由动能定理得
    $qU=\frac{1}{2}m{v}^{2}-0$，
    解得v=$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$．
    （2）当沿OB方向射入的粒子经磁场偏转打到Q时，
    粒子圆周运动的半径${r}_{0}=\frac{L}{2}$，
    由洛伦兹力提供向心力得，$qv{B}_{0}=m\frac{{v}^{2}}{{r}_{0}}$，
    联立解得${B}_{0}=\frac{2}{L}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$．
    为了MN能收集到粒子，所加磁场B$≤\frac{2}{L}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$．
    （3）从$\overline{AB}$收集到的粒子有$\frac{2}{3}$能打到MN板上，则刚好不能打到MN上的粒子从磁场中出来后速度的方向与MN平行，则入射方向与AB之间的夹角是60°，在磁场中运动的轨迹如图，轨迹圆心角θ=60°，
    根据几何关系，粒子圆周运动的半径r=L，
    对于所有能打在MN板上的粒子，在磁场中运动轨迹圆心角均60°，粒子在磁场中经历的时间均为${t}_{1}=\frac{T}{6}$，
    粒子圆周运动的周期T=$\frac{2πr}{v}$，
    吸附在AP上所有的粒子中，沿OB方向射入的粒子离开磁场后路线最长，时间最长，如图所示．
    由几何关系可知，s=$\frac{\frac{L}{2}}{sin60°}$，
    离开磁场后的时间${t}_{2}=\frac{s}{v}=\frac{\sqrt{3}L}{3v}$，
    最长时间tmax=t1+t2，
    联立解得${t}_{max}=\frac{（π+\sqrt{3}）L}{3v}$=$\frac{（π+\sqrt{3}）\sqrt{m}}{3\sqrt{2qU}}L$．
    答：（1）粒子到达O点时速度的大小为$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$；
    （2）半圆形匀强磁场的磁感应强度B的大小需满足的条件为B$≤\frac{2}{L}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$；
    （3）吸附在弧$\widehat{AP}$（四分之一圆弧）上的粒子中，从O点开始运动到MN板上的最长时间为$\frac{（π+\sqrt{3}）\sqrt{m}}{3\sqrt{2qU}}L$．

    点评 本题考查带电粒子在电场、磁场中的运动，意在考查考生的综合分析能力，分析清楚粒子运动过程，应用动能定理、牛顿第二定律即可正确解题．

    练习册系列答案
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