Question

17．“太空粒子探測器”是由加速裝置、偏轉(zhuǎn)裝置和收集裝置三部分組成，其原理可簡化如下：如圖所示，輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心圓，圓心為O，外圓的半徑R₁=1m，電勢φ₁=25V，內(nèi)圓的半徑R₂=0.5m，電勢φ₂=0．內(nèi)圓內(nèi)有磁感應強度大小B=1×10^-2T、方向垂直紙面向里的勻強磁場，收集板MN與內(nèi)圓的一條直徑重合．假設太空中漂浮著質(zhì)量m=l×10^-10 kg、電荷量q=2×l0^-4 C的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到外圓面上，并被加速電場從靜止開始加速，進入磁場后，發(fā)生偏轉(zhuǎn)，最后打在收集板MN上并被吸收（收集板兩側(cè)均能吸收粒子），不考慮粒子的碰撞和粒子間的相互作用．
（l）求粒子到達內(nèi)圓時速度的大�。�
（2）分析外圓上哪些位置的粒子進入磁場后在磁場中運動的總時間最長，并求該最長時間；
（3）分析收集板MN上哪些位置能接收到粒子，并求能接收到粒子的那部分收集板的總長度．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場中加速，根據(jù)動能定理可求得粒子到達內(nèi)圓時的速度大�。�
（2）粒子在磁場中做圓周運動，根據(jù)洛倫茲力充當向心力即可求得半徑，再由幾何關系可分析粒子在磁場中的運動情況，從而分析粒子運動的最長時間；
（3）根據(jù)題意明確粒子在二次進入磁場后的運動情況，作出對應的軌跡圖，根據(jù)幾何關系可明確能收集到粒子的長度．

解答 解：（1）帶電粒子在電場中加速，由動能定理可知：
qU=$\frac{1}{2}$mv²-0
電壓為：U=φ₁-φ₂
解得：v=1×10⁴m/s；
（2）粒子進入磁場后，在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，有：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
解得：r=0.5m；
因為r=R₂，所以由幾何關系可知，從收集板左端貼著收集板上表面進入磁場的粒子在磁場中運動$\frac{1}{4}$圓周后，射出磁場，進入電場，在電場中先減速后反向加速，并返回磁場，在磁場中再運動$\frac{1}{4}$圓周后被收集板吸收，該粒子在磁場中運動的總時間最長，運動時間為粒子在磁場中做圓周運動的$\frac{1}{2}$，其運動軌跡如圖甲所示：

t=$\frac{T}{2}$
而T=$\frac{2πr}{v}$=$\frac{2πm}{qB}$
解得：t=$\frac{π}{2}×1{0}^{-4}$s
同理可知，從收集板右端貼著收集板下表面進入磁場的粒子在磁場中運動的時間也為$\frac{π}{2}$×10^-4s；
所以，外圓面上收集板左端沿收集板上邊緣進入的粒子和收集板右端沿收集板下邊緣進入的粒子在磁場中運動的總時間最長，最長時間為$\frac{π}{2}$×10^-4s；
（3）由幾何關系可知，粒子第二次進入磁場，發(fā)生偏轉(zhuǎn)后能垂直打在收集板上的粒子的位置為收集板上能收集到粒子的邊界，如圖乙所示，所以收集板上OA段不能收集的粒子，AN段能收集到粒子，AN段的長度為：
|AN|=2r（1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$）
解得|AN|=$\frac{2-\sqrt{2}}{2}$m
同理，在收集板的左段對應的位置也能收集到粒子，即收集板上能收集到粒子部分的總長度為（2-$\sqrt{2}$）m．
答：（1）粒子到達內(nèi)圓時速度的大小為1×10⁴m/s；
（2）外圓面上收集板左端沿收集板上邊緣進入的粒子和收集板右端沿收集板下邊緣進入的粒子在磁場中運動的總時間最長，最長時間為$\frac{π}{2}$×10^-4s；
（3）收集板上能收集到粒子部分的總長度為（2-$\sqrt{2}$）m．

點評 本題考查帶電粒子在磁場中的運動問題，在注意分析粒子的運動軌跡，確定圓心和半徑，再根據(jù)幾何關系進行分析，即可求解； 但對學生的分析以及數(shù)學應用能力要求較高； 一般作為壓軸題出現(xiàn)．