Question

3．“太空粒子探測(cè)器”由加速、偏轉(zhuǎn)和收集三部分裝置組成，其原理如圖所示：輻射狀的加速電場(chǎng)區(qū)域邊界為兩個(gè)同心半圓弧$\widehat{AB}$和$\widehat{CD}$，圓心為O，弧$\widehat{AB}$的半徑為L，P為弧$\widehat{AB}$的中點(diǎn)，兩圓弧間的電勢(shì)差大小為U．足夠長的收集板MN平行邊界ACDB，O到MN板的距離OQ為L．在邊界ACDB和收集板MN之間有一以O(shè)為圓心，L為半徑的半圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向內(nèi)．假設(shè)太空中漂浮著質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到弧$\widehat{APB}$上，并被加速電場(chǎng)從靜止開始加速，不計(jì)粒子間的相互作用和其它星球?qū)αＷ右�力的影響�?br />（1）求粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小v；
（2）若要收集板MN能收集到粒子，求半圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小需滿足的條件；
（3）若發(fā)現(xiàn)從AB圓弧面收集到的粒子有$\frac{2}{3}$能打到收集板MN上．求所加勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大�。�

Answer 1

分析 （1）粒子在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理可以求出速度．
（2）作出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，結(jié)合軌跡求出粒子的半徑，然后由洛倫茲力提供向心力即可求解；
（3）作出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，結(jié)合幾何知識(shí)求得粒子的收集率與粒子圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過圓心角的關(guān)系，再根據(jù)此關(guān)系求得收集率為0時(shí)對(duì)應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度

解答 解：（1）帶電粒子在電場(chǎng)中加速時(shí)，電場(chǎng)力做功，
由動(dòng)能定理得：qU=$\frac{1}{2}$mv²-0，
解得：v=$\sqrt{\frac{2Uq}{m}}$；
（2）如圖1，收集到的粒子從O點(diǎn)右側(cè)各個(gè)方向射出，分析可得，豎直向下飛過O點(diǎn)的粒子最有可能到達(dá)收集板，如果沒有粒子到達(dá)收集板，就以該粒子剛好到達(dá)收集板為臨界情況，根據(jù)幾何關(guān)系得：粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為：r=$\frac{L}{2}$
由qvB₀=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：B₀=$\frac{mv}{qr}$=$\frac{2}{L}$$\sqrt{\frac{2mU}{q}}$
故為了能有粒子打在MN板上，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)小于B₀；
（3）粒子有$\frac{2}{3}$能打到MN板上，則剛好不能打到MN上的粒子從磁場(chǎng)中出來后速度的方向與MN平行，
則入射的方向與AB之間的夾角應(yīng)是60°，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，軌跡圓心角θ=60°，
根據(jù)幾何關(guān)系，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑：r=L
由洛倫茲力提供向心力得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：B=$\frac{1}{L}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$；
答：（1）粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)速度的大小為$\sqrt{\frac{2Uq}{m}}$；
（2）為了能有粒子打在MN板上，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)小于$\frac{2}{L}$$\sqrt{\frac{2mU}{q}}$；
（3）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為$\frac{1}{L}$$\sqrt{\frac{2m（{φ}_{1}-{φ}_{2}）}{q}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，意在考查考生的綜合分析能力，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過程，應(yīng)用動(dòng)能定理、牛頓第二定律即可正確解題．