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    6．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图甲所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的半径为L，电势为φ1，内圆弧面CD的半径为$\frac{L}{2}$，电势为φ2．足够长的收集板MN平行边界ACDB，O到MN板的距离OP为L．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AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计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）如图乙所示，在边界ACDB和收集板MN之间加一个半圆形匀强磁场，圆心为O，半径为L磁场方向垂直纸面向内，则发现从AB圆弧面收集到的粒子有$\frac{2}{3}$能打到MN板上（不考虑过边界ACDB的粒子再次返回），求所加磁感应强度的大小；
    （3）随着所加磁场大小的变化，试定量分析收集板MN上的收集效率0≤η≤$\frac{1}{2}$与之对应的磁感应强度B的值．（收集效率为集板接收到的粒子数与总数之比）

    分析 （1）根据动能定理即可求出粒子到达O点的速度；
    （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）作出粒子运动的轨迹，结合几何知识求得粒子的收集率与粒子圆周运动转过圆心角的关系，再根据此关系求得收集率为0时对应的磁感应强度B．

    解答 解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，由动能定理得：
    qU=$\frac{1}{2}$mv2-0…①
    电势差：U=φ1-φ2 …②
    解得：v=$\sqrt{\frac{2q（{φ}_{1}-{φ}_{2}）}{m}}$…③
    （2）从AB圆弧面收集到的粒子有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，则入射的方向与AB之间的夹角是60°，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角：θ=600 …④
    根据几何关系，粒子圆周运动的半径：r=L…⑤
    由洛伦兹力提供向心力得：qvB0=m$\frac{{v}^{2}}{r}$…⑥
    解得：B0=$\frac{1}{L}$$\sqrt{\frac{2m（{φ}_{1}-{φ}_{2}）}{q}}$…⑦
    （3）洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
    解得：r=$\frac{mv}{qB}$，可知，磁场强度越大，半径越小，收集效率降低，
    若恰好：$η=\frac{1}{2}$，
    由几何关系知：$r=\frac{{\sqrt{2}}}{2}L$，
    解得：${B_2}=\frac{2}{L}\sqrt{\frac{{m（{{ϕ_1}-{ϕ_2}}）}}{q}}$，
    则磁感应强度范围是：$B≥\frac{2}{L}\sqrt{\frac{{m（{{ϕ_1}-{ϕ_2}}）}}{q}}$；
    答：（1）粒子到达O点时速度的大小为：$\sqrt{\frac{2q（{φ}_{1}-{φ}_{2}）}{m}}$．
    （2）所加磁感应强度的大小为=$\frac{1}{L}$$\sqrt{\frac{2m（{φ}_{1}-{φ}_{2}）}{q}}$；
    （3）收集板MN上的收集效率0≤η≤$\frac{1}{2}$与之对应的磁感应强度B的值为$B≥\frac{2}{L}\sqrt{\frac{{m（{{ϕ_1}-{ϕ_2}}）}}{q}}$．

    点评 本题考查了带电粒子在电场中的加速和磁场中的偏转，综合性较强，对学生的能力要求较高，关键作出粒子的运动轨迹，选择合适的规律进行求解．

    练习册系列答案
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