【正文】 部磁場偏轉(zhuǎn)后直接垂直AN經(jīng)過Q點進入外部磁場．已知粒子最終回到了O點，OC相距2m．設粒子與擋板碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量不變，不計粒子重力，不計擋板厚度，取π＝3．求：（1） 磁感應強度B1的大??；（2） 粒子從O點出發(fā)，到再次回到O點經(jīng)歷的時間；（3） 若僅改變B2的大小，當B2滿足什么條件時，粒子可以垂直于MA經(jīng)孔P回到O點（若粒子經(jīng)過A點立即被吸收）．【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1） 粒子從O到C即為在電場中加速，則由動能定理得：解得v=400 m/s帶電粒子在磁場中運動軌跡如圖所示．由幾何關系可知 由代入數(shù)據(jù)得 （2）由題可知 B2=3B1=2105 T則 由運動軌跡可知：進入電場階段做勻加速運動，則得到 t1= s粒子在磁場B1中的周期為 則在磁場B1中的運動時間為 在磁場B2中的運動周期為 在磁場B2中的運動時間為 則粒子在復合場中總時間為： （3）設擋板外磁場變?yōu)?，粒子在磁場中的軌跡半徑為r，則有 根據(jù)已知條件分析知，粒子可以垂直于MA經(jīng)孔P回到O點，需滿足條件其中 k=0、3……解得11．如圖所示，在矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B。設此后粒子做圓周運動的軌跡半徑為r，則有幾何關系可知又因為，所以，代入數(shù)據(jù)可得8．如圖所示,在直角坐標系xOy平面內(nèi)有兩個同心圓,圓心在坐標原點O,小圓內(nèi)部(I區(qū))和兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(Ⅱ區(qū))存在方向均垂直xOy平面向里的勻強磁場(圖中未畫出),I、Ⅱ區(qū)域磁場磁感應強度大小分別為B、2B。己知粒子運動軌跡經(jīng)過圓心O，不計重力。角．區(qū)域內(nèi)有按如圖所示規(guī) 律作周期性變化的磁場，已知B0=0. 5T，磁場方向 以垂直于紙面向外為正．粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后，恰好從下極板邊緣O點與水平方向成45176。【詳解】（1）找圓心，畫軌跡，求半徑。【答案】(1) (2) (3)【解析】【詳解】解：(1)粒子b在Ⅰ區(qū)域做勻速圓周運動，設其半徑為根據(jù)洛倫磁力提供向心力有：由粒子b恰好不穿出Ⅰ區(qū)域：解得： (2)設a在Ⅰ區(qū)域做勻速圓周運動的半徑為，根據(jù)洛倫磁力提供向心力有：解得： 設a在Ⅱ區(qū)域做勻速圓周運動的半徑為，根據(jù)洛倫磁力提供向心力有：解得： 設大圓半徑為，由幾何關系得：所以，大圓半徑最小值為： (3)粒子a在Ⅰ區(qū)域的周期為，Ⅱ區(qū)域的周期為粒子a從O點出發(fā)回到O點所經(jīng)過的最短時間為：解得：粒子b在Ⅰ區(qū)域的周期為：討論：①如果a、b兩粒子在O點相遇，粒子a經(jīng)過時間： n=1，2，3…粒子b經(jīng)過時間： k=1，2，3…時，解得：當，時，有最短時間：②設粒子b軌跡與小圓相切于P點，如果a粒子在射出小圓時與b粒子在P點相遇則有： n=1，2，3…粒子b經(jīng)過時間： k=1，2，3…時，解得： ab不能相遇③如果a粒子在射入小圓時與b粒子在P點相遇則有： n=1，2，3…粒子b經(jīng)過時間： k=1，2，3…時，解得：ab不能相遇a、b兩粒子從O點出發(fā)到在x軸相遇所經(jīng)過的最短時間為9．如圖所示的xOy坐標系中，Y軸右側(cè)空間存在范圍足夠大的勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于xOy平面向外．2兩點的坐標分別為(0，L)、(0，－L)，坐標為(－L，0)處的C點固定一平行于y軸放置的絕緣彈性擋板，C為擋板中點．帶電粒子與彈性絕緣擋板碰撞前后，沿y軸方向分速度不變，沿x軸方向分速度反向，大小不變．現(xiàn)有質(zhì)量為m，電量為+q的粒子，在P點沿PQ1方向進入磁場，α=30176。已知沿Od方向發(fā)射的粒子在t=t0時刻剛好從磁場邊界cd上的p點離開磁場，ab=1．5L，bc=，粒子在磁場中做圓周運動的半徑R=L，不計粒子的重力和粒子間的相互作用，求：（1）粒子在磁場中的運動周期T ；（2）粒子的比荷q／m；（3）粒子在磁場中運動的最長時間。不計粒子的重力。（1）寫出中子衰變的核反應式，求電子和反中微子的總動能（以為能量單位）；（2）當，時，求計數(shù)率；（3）若取不同的值，可通過調(diào)節(jié)的大小獲得與（2）問中同樣的計數(shù)率，求與的關系并給出的范圍。由幾何關系得：∠OQO’=③而 OO’=R’－,＝d－R所以OO’= R’+R－d ④由余弦定理得：⑤由⑤式解得：⑥設入射粒子的速度為v2，由⑦由⑦式解得：⑧考點：帶電粒子在勻強磁場中的運動.