《2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 板塊一 專題突破復(fù)習(xí) 專題三 電場與磁場 第三講 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 板塊一 專題突破復(fù)習(xí) 專題三 電場與磁場 第三講 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動學(xué)案（21頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第三講　帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動 [知識建構(gòu)] [高考調(diào)研] 1.考查方向：①結(jié)合電磁場的新興技術(shù)，考查帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動．②結(jié)合牛頓第二定律、動能定理等，綜合考查帶電粒子在組合場中的加速和偏轉(zhuǎn)． 2.常用的思想方法：①等效法．②臨界問題的處理方法．③多解問題的處理方法． 　[答案]　(1)速度選擇器(如下圖) 帶電粒子束射入正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場組成的區(qū)域中，滿足平衡條件qE＝qvB的帶電粒子可以沿直線通過速度選擇器． (2)電磁流量計 原理：如上圖所示，圓形導(dǎo)管直徑為d，用非磁性材料制成，導(dǎo)電液體在管中向左流動，導(dǎo)電液體中的自由電荷(正

2、、負(fù)離子)在洛倫茲力的作用下橫向偏轉(zhuǎn)，a、b間出現(xiàn)電勢差，形成電場，當(dāng)自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定，即qvB＝qE＝q，所以v＝，因此液體流量Q＝Sv＝·＝. (3)磁流體發(fā)電機(jī) 原理：如下圖所示，等離子氣體噴入磁場，正、負(fù)離子在洛倫茲力作用下發(fā)生上下偏轉(zhuǎn)而聚集到A、B板上，產(chǎn)生電勢差．設(shè)A、B平行金屬板的面積為S，相距為l，等離子氣體的電阻率為ρ，噴入氣體速度為v，板間磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，板外電阻為R.當(dāng)?shù)入x子氣體勻速通過A、B板間時，A、B板上聚集的電荷最多，板間電勢差最大，即為電源電動勢，此時，離子受力平衡：Eq＝Bqv，E＝Bv，電動勢E＝El

3、＝Blv，電源內(nèi)電阻r＝ρ，故R中的電流 I＝＝＝. 考向一　帶電粒子在“組合場”中的運(yùn)動 [歸納提煉] 1．組合場 指電場、磁場、重力場有兩種場同時存在，但各位于一定的區(qū)域內(nèi)且并不重疊，且?guī)щ娏Ｗ釉谝粋€場中只受一種場力的作用． 2．解題思路 (1)帶電粒子經(jīng)過電場區(qū)域內(nèi)利用動能定理或類平拋的知識分析； (2)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運(yùn)動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系來處理． 　(2017·天津卷)平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強(qiáng)磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，如圖所示．一帶負(fù)電的粒子從電場中的Q點(diǎn)以速度v0沿x軸正方向開始運(yùn)動，Q點(diǎn)到y(tǒng)軸的距離

4、為到x軸距離的2倍．粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開電場進(jìn)入磁場，最終從x軸上的P點(diǎn)射出磁場，P點(diǎn)到y(tǒng)軸距離與Q點(diǎn)到y(tǒng)軸距離相等．不計粒子重力，問： (1)粒子到達(dá)O點(diǎn)時速度的大小和方向； (2)電場強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比． [思路點(diǎn)撥]　(1)注意粒子進(jìn)入磁場時的速度不是v0. (2)粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，求出粒子飛出電場時的速度是解題關(guān)鍵． [解析]　本題考查帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)及帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運(yùn)動． (1)在電場中，粒子做類平拋運(yùn)動，設(shè)Q點(diǎn)到x軸距離為L，到y(tǒng)軸距離為2L，粒子的加速度為a，運(yùn)動時間為t，有 2L＝v0t① L＝at2② 設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時沿y軸

5、方向的分速度為vy vy＝at③ 設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時速度方向與x軸正方向夾角為α，有 tanα＝④ 聯(lián)立①②③④式得 α＝45°⑤ 即粒子到達(dá)O點(diǎn)時速度方向與x軸正方向成45°角斜向上 設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時速度大小為v，由運(yùn)動的合成有 v＝⑥ 聯(lián)立①②③⑥式得 v＝v0⑦ (2)設(shè)電場強(qiáng)度為E，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得 F＝ma⑧ 又F＝qE⑨ 設(shè)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有 qvB＝m⑩ 由幾何關(guān)系可知 R＝L? 聯(lián)立①②⑦⑧⑨⑩?式得 ＝?

6、 [答案]　(1)v0　與x軸正方向成45°角斜向上　(2) 帶電粒子在組合場中運(yùn)動的處理方法 不論帶電粒子是先后在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動，還是先后在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場中運(yùn)動．解決方法如下 (1)分別研究帶電粒子在不同場中的運(yùn)動規(guī)律，在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，在勻強(qiáng)電場中，若速度方向與電場方向在同一直線上，則做勻變速直線運(yùn)動，若進(jìn)入電場時的速度方向與電場方向垂直，則做類平拋運(yùn)動．根據(jù)不同的運(yùn)動規(guī)律分別求解． (2)帶電粒子經(jīng)過磁場區(qū)域時利用圓周運(yùn)動規(guī)律結(jié)合幾何關(guān)系來處理． (3)注意分析磁場和電場邊界處或交接點(diǎn)位置粒子速度的大小和方向，把粒子在兩種不同場中的運(yùn)動規(guī)律有

7、機(jī)地聯(lián)系起來． [熟練強(qiáng)化] 遷移一　直線運(yùn)動與圓周運(yùn)動組合 1．(2017·合肥質(zhì)監(jiān))如圖所示，在xOy平面內(nèi)，MN與y軸相互平行且間距為d，其間有沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場．y軸左側(cè)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1；MN右側(cè)空間有垂直紙面不隨時間變化的勻強(qiáng)磁場．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿x軸負(fù)方向射入磁場，經(jīng)過一段時間后再次回到坐標(biāo)原點(diǎn)，此過程中粒子兩次通過電場，粒子在電場中運(yùn)動的總時間為t總＝.粒子重力不計．求： (1)左側(cè)磁場區(qū)域的最小寬度； (2)電場區(qū)域電場強(qiáng)度的大??； (3)右側(cè)磁場區(qū)域?qū)挾燃按鸥袘?yīng)強(qiáng)度大小應(yīng)滿足的條件．

8、[解析]　(1)粒子在左側(cè)磁場中做圓周運(yùn)動，qB1v0＝m 解得R＝ 由幾何知識可知，左側(cè)磁場區(qū)域的最小寬度就是粒子做圓周運(yùn)動的半徑Lmin＝R＝. (2)粒子在電場中運(yùn)動的總時間為t總＝，帶電粒子一次通過電場的時間為t＝.設(shè)粒子到達(dá)MN邊界的速度為v，電場強(qiáng)度為E d＝t 所以v＝2v0 v2－v＝2d E＝. (3)因為粒子帶負(fù)電，所以粒子開始時在左側(cè)磁場中向下偏轉(zhuǎn)，通過電場加速后進(jìn)入右側(cè)磁場，要使其能夠回到原點(diǎn)，則粒子在右側(cè)磁場中應(yīng)向上偏轉(zhuǎn)，所以MN右側(cè)空間的磁場垂直紙面向外，且偏轉(zhuǎn)半徑為R或2R，粒子通過電場加速后進(jìn)入右側(cè)磁場的速度為v＝2v0.設(shè)粒子在右側(cè)磁場中的軌道

9、半徑為r，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B qBv＝m，r＝，R＝ 粒子在右側(cè)磁場中運(yùn)動情況有兩種，如圖所示 ①當(dāng)半徑r＝R時，B＝＝2B1，右側(cè)磁場的寬度應(yīng)滿足 xmin≥ ②當(dāng)半徑r＝2R時，B＝＝B1，右側(cè)磁場的寬度應(yīng)滿足xmin≥. [答案]　(1)　(2) (3)①當(dāng)半徑r＝R時，xmin≥?、诋?dāng)半徑r＝2R時，xmin≥ 遷移二　組合場中的多解問題 2．如下圖所示，在x軸上方有一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B；x軸下方有一勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E.屏MN與y軸平行且相距L.一質(zhì)量m，電荷量為e的電子，在y軸上某點(diǎn)A自靜止釋放，如果要使電子垂直打在屏MN上，那么： (1

10、)電子釋放位置與原點(diǎn)O的距離s需滿足什么條件？ (2)電子從出發(fā)點(diǎn)到垂直打在屏上需要多長時間？ [解析]　(1)在電場中，電子從A→O，動能增加eEs＝mv 在磁場中，電子偏轉(zhuǎn)，半徑為 r＝ 據(jù)題意，有(2n＋1)r＝L 所以s＝(n＝0,1,2,3，…) (2)在電場中勻變速直線運(yùn)動的時間與在磁場中做部分圓周運(yùn)動的時間之和為電子總的運(yùn)動時間t＝(2n＋1) ＋＋n，其中a＝，T＝. 整理后得t＝＋(2n＋1)(n＝0,1,2,3，…) [答案]　(1)s＝(n＝0,1,2,3，…) (2)＋(2n＋1)(n＝0,1,2,3，…) 考向二　帶電粒子在“復(fù)合場”中的

11、運(yùn)動 [歸納提煉] 　帶電粒子在“復(fù)合場”中運(yùn)動問題求解思路 　(2016·天津卷)如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小E＝5 N/C，同時存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5 T．有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1×10－6 kg，電荷量q＝2×10－6 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，當(dāng)經(jīng)過P點(diǎn)時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g＝10 m/s2.求： (1)小球做勻速直線運(yùn)動的速度v的大小和方向； (2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點(diǎn)所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t. [思路路線]　 [解析

12、]　(1)小球勻速直線運(yùn)動時受力如圖，其所受的三個力在同一平面內(nèi)，合力為零，則 qvB＝① 代入數(shù)據(jù)解得v＝20 m/s② 速度v的方向斜向右上方，與電場E的方向之間的夾角θ滿足tanθ＝③ 代入數(shù)據(jù)解得tanθ＝，θ＝60°④ (2)解法一：撤去磁場，小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運(yùn)動，設(shè)其加速度為a，有a＝⑤ 設(shè)撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x，有x＝vt⑥ 設(shè)小球在重力與電場力的合力方向上分位移為y，有 y＝at2⑦ a與mg的夾角和v與E的夾角相同，均為θ，又tanθ＝⑧ 聯(lián)立④⑤⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2 s≈3.5 s 解法二：撤去磁場后

13、，由于電場力垂直于豎直方向，它對豎直方向的分運(yùn)動沒有影響，以P點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，豎直向上為正方向，小球在豎直方向上做勻減速運(yùn)動，其初速度為vy＝vsinθ⑤ 若使小球再次經(jīng)過P點(diǎn)所在的電場線，僅需小球的豎直方向上分位移為零，則有vyt－gt2＝0⑥ 聯(lián)立④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)解得t＝2 s≈3.5 s [答案]　(1)20 m/s　斜向右上方與電場E的方向之間的夾角為60°　(2)3.5 s 電場力、磁場力、重力并存時帶電體的運(yùn)動分析 (1)若三力平衡，帶電體做勻速直線運(yùn)動． (2)若重力與電場力平衡，帶電體做勻速圓周運(yùn)動． (3)若合力不為零，帶電體可能做復(fù)雜的曲線

14、運(yùn)動，可用能量守恒定律或動能定理求解． [熟練強(qiáng)化] 遷移一　帶電粒子在“復(fù)合場”中的一般曲線運(yùn)動 1．(多選)設(shè)空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，如圖所示，已知一帶電粒子在電場力和洛倫茲力的作用下，從靜止開始自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動，到達(dá)B點(diǎn)時速度為零，C點(diǎn)是運(yùn)動的最低點(diǎn)，忽略粒子的重力，以下說法中正確的是(　　) A．此粒子必帶正電荷 B．A點(diǎn)和B點(diǎn)位于同一高度 C．粒子在C點(diǎn)時機(jī)械能最大 D．粒子到達(dá)B點(diǎn)后，將沿原曲線返回A點(diǎn) [解析]　本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動，意在考查學(xué)生的綜合分析能力．粒子從靜止開始運(yùn)動的方向向下，電場強(qiáng)度方向也向下，

15、所以粒子必帶正電荷，A正確；因為洛倫茲力不做功，只有靜電力做功，A、B兩點(diǎn)速度都為0，根據(jù)動能定理可知，粒子從A點(diǎn)到B點(diǎn)運(yùn)動過程中，電場力不做功，故A、B點(diǎn)位于同一高度，B正確；C點(diǎn)是最低點(diǎn)，從A點(diǎn)到C點(diǎn)運(yùn)動過程中電場力做正功最大，C點(diǎn)電勢能最小，由能量守恒定律可知C點(diǎn)的機(jī)械能最大，C正確；到達(dá)B點(diǎn)時速度為零，將重復(fù)剛才ACB的運(yùn)動，向右運(yùn)動，不會返回，故D錯誤． [答案]　ABC 遷移二　帶電粒子在“復(fù)合場”中的直線運(yùn)動 2．(2015·福建卷)如圖，絕緣粗糙的豎直平面MN左側(cè)同時存在相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向水平向右，電場強(qiáng)度大小為E，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

16、為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小滑塊從A點(diǎn)由靜止開始沿MN下滑，到達(dá)C點(diǎn)時離開MN做曲線運(yùn)動．A、C兩點(diǎn)間距離為h，重力加速度為g. (1)求小滑塊運(yùn)動到C點(diǎn)時的速度大小vC； (2)求小滑塊從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)過程中克服摩擦力做的功Wf； (3)若D點(diǎn)為小滑塊在電場力、洛倫茲力及重力作用下運(yùn)動過程中速度最大的位置，當(dāng)小滑塊運(yùn)動到D點(diǎn)時撤去磁場，此后小滑塊繼續(xù)運(yùn)動到水平地面上的P點(diǎn)．已知小滑塊在D點(diǎn)時的速度大小為vD，從D點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的時間為t，求小滑塊運(yùn)動到P點(diǎn)時速度的大小vP. [解析]　(1)小滑塊沿MN運(yùn)動過程，水平方向受力滿足 qvB＋N＝qE 小滑塊在C點(diǎn)離開M

17、N時 N＝0 解得vC＝ (2)由動能定理 mgh－Wf＝mv－0 解得Wf＝mgh－ (3)如圖，小滑塊速度最大時，速度方向與電場力、重力的合力方向垂直．撤去磁場后小滑塊將做類平拋運(yùn)動，等效加速度為g′ g′＝ 且v＝v＋g′2t2 解得 vP＝ [答案]　(1)　(2)mgh－ (3) 遷移三　帶電粒子在復(fù)合場中的圓周運(yùn)動 3．(2017·大慶模擬)如圖所示，空間區(qū)域Ⅰ、Ⅱ內(nèi)存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，MN、PQ為磁場區(qū)域的理想邊界，Ⅰ區(qū)域高度為d，Ⅱ區(qū)域的高度足夠大．勻強(qiáng)電場方向豎直向上；Ⅰ、Ⅱ區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向分別垂直紙面向里和向外．一

18、個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電小球從磁場上方的O點(diǎn)由靜止開始下落，進(jìn)入電磁場區(qū)域后，恰能做勻速圓周運(yùn)動．已知重力加速度為g. (1)試判斷小球的電性并求出電場強(qiáng)度E的大?。? (2)若帶電小球運(yùn)動一定時間后恰能回到O點(diǎn)，在圖中作出小球的運(yùn)動軌跡；求出釋放點(diǎn)距MN的高度h；并求出小球從開始釋放到第一次回到O點(diǎn)所經(jīng)歷的時間t； (3)試討論h取不同值時，小球第一次穿出Ⅰ區(qū)域的過程中電場力所做的功W. [解析]　(1)帶電小球進(jìn)入電磁場區(qū)域后，恰能做勻速圓周運(yùn)動，則電場力與重力等大反向，小球帶正電，有qE＝mg 得E＝. (2)帶電小球在進(jìn)入疊加場區(qū)域前做自由落體運(yùn)動，有：mgh＝mv2

19、 帶電小球在疊加場中做勻速圓周運(yùn)動，有：qvB＝m 由于帶電小球在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域運(yùn)動過程中，q、v、B、m的大小不變，故三段軌跡圓弧的半徑相同，以三個圓心為頂點(diǎn)的三角形為等邊三角形，邊長為2R，軌跡如圖(a)所示．由幾何關(guān)系知：R＝ 解得：h＝ 從小球開始釋放到回到O點(diǎn)，運(yùn)動時間由兩部分組成，一部分為在疊加場區(qū)域外運(yùn)動的時間，t1＝2 ；一部分為在疊加場區(qū)域 內(nèi)運(yùn)動的時間，t2＝×＝ 總時間t＝t1＋t2＝2 ＋＝＋. (3)當(dāng)帶電小球在Ⅰ區(qū)域做圓周運(yùn)動的圓弧與PQ相切時，運(yùn)動軌跡如圖(b)所示，小球做圓周運(yùn)動的半徑R′＝d 解得對應(yīng)高度：h0＝ 討論：①當(dāng)h≤h0時

20、，小球進(jìn)入Ⅰ區(qū)域的速度較小，半徑較小，不能進(jìn)入Ⅱ區(qū)域，由邊界MN第一次穿出Ⅰ區(qū)域，此過程中電場力做功W＝0； ②當(dāng)h>h0時，小球進(jìn)入Ⅰ區(qū)域后由邊界PQ第一次穿出磁場Ⅰ區(qū)域進(jìn)入Ⅱ區(qū)域，此過程中電場力做功W＝－qEd＝－mgd. [答案]　(1)帶正電　　(2)軌跡見解析　?。?3)見解析 高考題答題規(guī)范——電磁場技術(shù)的應(yīng)用 [考點(diǎn)歸納] 帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的應(yīng)用實例 [高考示例] 　(16分)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示．大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為0，經(jīng)加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B

21、的勻強(qiáng)磁場中，最后打到照相底片上．已知甲、乙兩種離子的電荷量均為＋q，質(zhì)量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運(yùn)動軌跡．不考慮離子間的相互作用． (1)求甲種離子打在底片上的位置到N點(diǎn)的最小距離x； (2)在圖中用斜線標(biāo)出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d； (3)若考慮加速電壓有波動，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件．,[審題指導(dǎo)] 第一步　讀題干—提信息 題干 信息 1)電荷量均為＋q 進(jìn)入磁場后向右偏轉(zhuǎn) 2)質(zhì)量分別為2m和m 進(jìn)入磁場后偏轉(zhuǎn)半徑不同 3

22、)虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運(yùn)動軌跡 同是甲離子兩虛線半徑相同 第二步　審程序—順?biāo)悸? [滿分答案]　(1)設(shè)甲種離子在磁場中的運(yùn)動半徑為r1 電場加速qU0＝×2mv2(1分) 且qvB＝2m(1分) 解得r1＝ (1分) 根據(jù)幾何關(guān)系x＝2r1－L(1分) 解得x＝ －L(1分) (2)如圖所示(2分) 最窄處位于過兩虛線交點(diǎn)的垂線上 d＝r1－(2分) 解得d＝－ (2分) (3)設(shè)乙種離子在磁場中的運(yùn)動半徑為r2 r1的最小半徑r1min＝(1分) r2的最大半徑r2max＝ (1分) 由題意知2r1min－2r2max>L

23、，即 － >L(2分) 解得L<[2－](1分) [答案]　(1) －L (2)區(qū)域見解析?。? (3)L<[2－] (1)規(guī)范解析書寫過程，注意分步列式,對所列方程用序號標(biāo)出，閱卷老師才好找到得分點(diǎn)；盡量不要列連等式，以防由于寫綜合方程，一處出錯則全部沒分. (2)保證結(jié)果計算正確本題較多的是數(shù)學(xué)表達(dá)式的推導(dǎo)，要提高計算能力，會做的題盡量做對，只要結(jié)果正確，前面書寫的稍有不規(guī)范，閱卷老師也可能不在意，但一旦結(jié)果錯誤，閱卷老師再找得分點(diǎn)時，書寫不規(guī)范或馬虎往往就會吃虧. (3)只看對的，不看錯的,對于不會做的題目，要把與本題相關(guān)的公式都寫上，公式是主要得分點(diǎn)，閱卷

24、時只看評分標(biāo)準(zhǔn)中給定的公式來給分，無用的如果寫了，不給分也不扣分. [滿分體驗]　(2016·浙江卷)為了進(jìn)一步提高回旋加速器的能量，科學(xué)家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦過程中，離子能以不變的速率在閉合平衡軌道上周期性旋轉(zhuǎn)． 扇形聚焦磁場分布的簡化圖如圖所示，圓心為O的圓形區(qū)域等分成六個扇形區(qū)域，其中三個為峰區(qū)，三個為谷區(qū)，峰區(qū)和谷區(qū)相間分布．峰區(qū)內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，谷區(qū)內(nèi)沒有磁場．質(zhì)量為m，電荷量為q的正離子，以不變的速率v旋轉(zhuǎn)，其閉合平衡軌道如圖中虛線所示． (1)求閉合平衡軌道在峰區(qū)內(nèi)圓弧的半徑r，并判斷離子旋轉(zhuǎn)的方向是順時針還是逆時針

25、； (2)求軌道在一個峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角θ，及離子繞閉合平衡軌道旋轉(zhuǎn)的周期T； (3)在谷區(qū)也施加垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B′，新的閉合平衡軌道在一個峰區(qū)內(nèi)的圓心角θ變?yōu)?0°，求B′和B的關(guān)系．已知：sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ，cosα＝1－2sin2 [解析]　(1)峰區(qū)內(nèi)圓弧半徑r＝ 旋轉(zhuǎn)方向為逆時針 (2)由對稱性，峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角θ＝ 每個圓弧的長度l＝＝ 每段直線長度L＝2rcos＝r＝ 周期T＝ 代入得T＝ (3)谷區(qū)內(nèi)的圓心角θ′＝120°－90°＝30° 谷區(qū)內(nèi)的軌道圓弧半徑r′＝ 由幾何關(guān)系rsin＝r′sin 由三角關(guān)系sin＝sin15°＝ 代入得B′＝B [答案]　(1)　逆時針　(2)　 (3)B′＝B 21