Question

16．“太空粒子探測器”是由加速、偏轉(zhuǎn)和收集三部分組成，其原理可簡化如下：如圖1所示，輻射狀的加速電場區(qū)域邊界為兩個同心平行半圓弧面，圓心為O，外圓弧面AB的半徑為L，電勢為φ₁，內(nèi)圓弧面CD的半徑為$\frac{L}{2}$，電勢為φ₂．足夠長的收集板MN平行邊界ACDB，O到MN板的距離OP為L．假設(shè)太空中漂浮著若質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子，它們能均勻地吸附到AB圓弧面上，并被加速電場從靜止開始加速，不計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)時速度的大��；
（2）如圖2所示，在邊界ACDB和收集板MN之間加一半圓形勻強(qiáng)磁場，圓心為O、半徑為L、磁場方向垂直紙面向內(nèi)，則發(fā)現(xiàn)從AB圓弧面收集到的粒子有$\frac{2}{3}$能打到MN板上（不考慮過邊界ACDB的粒子再次返回），求所加磁感應(yīng)強(qiáng)度的大��；
（3）隨著所加磁場大小的變化，試定量分析收集板MN上的收集效率η與磁感應(yīng)強(qiáng)度B的關(guān)系．（僅需表達(dá)出需滿足的關(guān)系，可不用反三角函數(shù)表示角度）

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理即可求出粒子到達(dá)O點(diǎn)的速度；
（2）作出粒子運(yùn)動的軌跡，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)動的軌跡，結(jié)合幾何知識求得粒子的收集率與粒子圓周運(yùn)動轉(zhuǎn)過圓心角的關(guān)系，再根據(jù)此關(guān)系求得收集率為0時對應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B．

解答 解：（1）帶電粒子在電場中加速時，電場力做功，由動能定理得：
 qU=$\frac{1}{2}$mυ²-0
又 U=φ₁-φ₂
所以：υ=$\sqrt{\frac{2q（{φ}_{1}-{φ}_{2}）}{m}}$
（2）從AB圓弧面收集到的粒子有$\frac{2}{3}$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之間的夾角是60°，在磁場中運(yùn)動的軌跡如圖1，軌跡圓θ=60°．
根據(jù)幾何關(guān)系，粒子圓周運(yùn)動的半徑，r=L
由洛倫茲力提供向心力得：qυB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
聯(lián)合解得：B₀=$\frac{1}{L}$$\sqrt{\frac{2m（{φ}_{1}-{φ}_{2}）}{q}}$
（3）磁感應(yīng)強(qiáng)化度增大，則粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑減小，由幾何關(guān)系知，收集效率變小．設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動圓弧對應(yīng)的圓心角為α，如圖2
由幾何關(guān)系可知，sin$\frac{α}{2}$=$\frac{\frac{L}{2}}{r}$=$\frac{LBq}{2mv}$
收集板MN上的收集效率η=$\frac{π-α}{π}$
當(dāng)B＞$\frac{1}{L}$$\sqrt{\frac{2m（{φ}_{1}-{φ}_{2}）}{q}}$時，收集效率η=0．
答：（1）粒子到達(dá)O點(diǎn)時速度的大小為$\sqrt{\frac{2q（{φ}_{1}-{φ}_{2}）}{m}}$．
（2）所加磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為為$\frac{1}{L}$$\sqrt{\frac{2m（{φ}_{1}-{φ}_{2}）}{q}}$．
（3）隨著磁感應(yīng)強(qiáng)度的增加，收集效率減小，當(dāng)B＞$\frac{1}{L}$$\sqrt{\frac{2m（{φ}_{1}-{φ}_{2}）}{q}}$時，收集效率η=0．

點(diǎn)評 本題考查了帶電粒子在電場中的加速和磁場中的偏轉(zhuǎn)，綜合性較強(qiáng)，對學(xué)生的能力要求較高，關(guān)鍵作出粒子的運(yùn)動軌跡，選擇合適的規(guī)律進(jìn)行求解．