Question

13．如圖所示，S為一離子源，MN為熒光屏，足夠長，S到MN的距離為SP=L，P為MN的中點，整個裝置處在足夠大的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里．某時刻離子源S一次性沿平行紙面的各個方向均勻地噴發(fā)大量的正離子，此后不再噴發(fā)．噴發(fā)的離子速率均相等、質(zhì)量均為m、電荷量均為q，不考慮離子之間的相互作用力及一切阻力．
（1）若噴發(fā)離子在磁場中做圓周運的半徑為2L，試求離子噴發(fā)時的速率v₁；
（2）若所有離子都打不到熒光屏上，試求噴發(fā)離子速度v₂的取值范圍；
（3）若噴發(fā)離子速率為$\frac{qBL}{m}$，試求能達到熒光屏MN上的離子總數(shù)的比值．

Answer 1

分析 （1）離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，應用牛頓第二定律可以求出離子的速度；
（2）求出離子恰好不打在熒光屏上的臨界速度，然后確定離子的速度范圍；
（3）應用牛頓第二定律求出離子的軌道半徑，然后求出離子到達熒光屏上離子數(shù)與總數(shù)的比值．

解答 解：（1）離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qv₁B=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{R}$，由題意可知：R=2L，解得：v₁=$\frac{2qBL}{m}$；
（2）離子沿平行于MN的方向射出時不打到熒光屏上，則所有離子都打不到熒光屏上，
離子不打到熒光屏上其軌道半徑應滿足：R＜$\frac{L}{2}$，
由牛頓第二定律得：qv₂B=m$\frac{{v}_{2}^{2}}{R}$，解得：v₂＜$\frac{qBL}{2m}$；
（3）如果離子速度：v=$\frac{qBL}{m}$，則離子軌道半徑：r=$\frac{mv}{qB}$=L，
離子運動軌跡如圖所示：

離子能打到熒光屏的范圍你是：NM′，由幾何知識得：
PN=$\sqrt{3}$r=$\sqrt{3}$L，PM′=r=L，
打到N點的離子離開S時的初速度方向和打到M′點的離子離開S時的初速度方向夾角：θ=$\frac{5}{6}$π，
能打到熒光屏上的離子數(shù)與發(fā)射的粒子總數(shù)之比：k=$\frac{θ}{2π}$=$\frac{\frac{5}{6}π}{2π}$=$\frac{5}{12}$；
答：（1）若噴發(fā)離子在磁場中做圓周運的半徑為2L，離子噴發(fā)時的速率v₁為$\frac{2qBL}{m}$；
（2）若所有離子都打不到熒光屏上，噴發(fā)離子速度v₂的取值范圍是：v₂＜$\frac{qBL}{2m}$；
（3）若噴發(fā)離子速率為$\frac{qBL}{m}$，能達到熒光屏MN上的離子總數(shù)的比值為$\frac{5}{12}$．

點評 本題考查了離子在磁場中的運動，離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，分析清楚離子運動過程是解題的關(guān)鍵，應用牛頓第二定律即可解題．