Question

10．如圖為近代物理實驗室中研究帶電粒子的一種裝置．帶正電的粒子從容器A下方小孔S不斷飄入電勢差為U的加速電場．進(jìn)過S正下方小孔O后，沿SO方向垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，最后打在照相底片D上并被吸收，D與O在同一水平面上，粒子在D上的落點距O為x，已知粒子經(jīng)過小孔S時的速度可視為零，不考慮粒子重力．
（1）求粒子的比荷$\frac{q}{m}$；
（2）由于粒子間存在相互作用，從O進(jìn)入磁場的粒子在紙面內(nèi)將發(fā)生不同程度的微小偏轉(zhuǎn)．其方向與豎直方向的最大夾角為α，若假設(shè)粒子速度大小相同，求粒子在D上的落點與O的距離范圍；
（3）加速電壓在（U±△U）范圍內(nèi)的微小變化會導(dǎo)致進(jìn)入磁場的粒子速度大小也有所不同．現(xiàn)從容器A中飄入的粒子電荷最相同但質(zhì)量分別為m₁、m₂（m₁＞m₂），在紙面內(nèi)經(jīng)電場和磁場后都打在照相底片上．若要使兩種離子的落點區(qū)域不重疊，則$\frac{△U}{U}$應(yīng)滿足什么條件？（粒子進(jìn)入磁場時的速度方向與豎直方向的最大夾角仍為α）

Answer 1

分析 （1）設(shè)離子經(jīng)電場加速度時的速度為v，由動能定理及向心力公式即可求解；
（2）根據(jù)半徑公式求出粒子在磁場中運動的半徑，根據(jù)幾何關(guān)系，確定出粒子在D上的落點與O的距離范圍；
（3）根據(jù)最大加速電壓U+△U，得出落到O點的最大距離，以及根據(jù)最小加速電壓得出落到O點的最小距離，要使落點區(qū)域不重疊，則應(yīng)滿足：L_1min＞L_2max，從而求出$\frac{△U}{U}$應(yīng)滿足的條件．

解答 解：（1）考慮沿SO方向垂直進(jìn)入磁場，最后打在照相底片D的粒子
粒子經(jīng)過加速電場：qU=$\frac{1}{2}$mv²             
洛倫茲力提供向心力：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$              
落點到O的距離等于圓運動直徑：x=2R          
所以粒子的比荷為：$\frac{q}{m}$=$\frac{8U}{{B}^{2}{x}^{2}}$                 
（2）粒子在磁場中圓運動半徑R=$\frac{\sqrt{2qmU}}{Bq}$=$\frac{x}{2}$
由圖象可知：粒子左偏θ角（軌跡圓心為O₁）或右偏θ角（軌跡圓心為O₂）
落點到O的距離相等，均為L=2Rcosθ     
故落點到O的距離
最大：L_max=2R=x                  
最�。篖_min=2Rcosα=xcosα              
所以：xcosα≤L≤x
（3）①考慮同種粒子的落點到O的距離
當(dāng)加速電壓為U+△U、偏角θ=0時，距離最大
L_max=2R_max=$\frac{2}{Bq}$$\sqrt{2qm（U+△U）}$         
當(dāng)加速電壓為U-△U、偏角θ=α?xí)r，距離最小
L_min=2R_min cosα=$\frac{2}{Bq}$$\sqrt{2qm（U-△U）}$cosα   
②考慮質(zhì)量不同但電荷量相同的兩種粒子
由R=$\frac{\sqrt{2qmU}}{Bq}$和 m₁＞m₂，知：R₁＞R₂
要使落點區(qū)域不重疊，則應(yīng)滿足：L_1min＞L_2max
$\frac{2}{Bq}$$\sqrt{2qm1（U-△U）}$ cosα＞$\frac{2}{Bq}$$\sqrt{2qm2（U+△U）}$  
解得：$\frac{△U}{U}$＜$\frac{{m}_{1}co{s}^{2}α-{m}_{2}}{{m}_{1}co{s}^{2}α+{m}_{2}}$．                  
（應(yīng)有條件m₁cos²α＞m₂，否則粒子落點區(qū)域必然重疊）
答：（1）粒子的比荷為$\frac{8U}{{B}^{2}{x}^{2}}$；
（2）粒子在D上的落點與O的距離范圍為xcosα≤L≤x；
（3）$\frac{△U}{U}$應(yīng)滿足的條件$\frac{△U}{U}$＜$\frac{{m}_{1}co{s}^{2}α-{m}_{2}}{{m}_{1}co{s}^{2}α+{m}_{2}}$．

點評 本題主要考查了動能定理及向心力公式的直接應(yīng)用，要求同學(xué)們知道要使兩種離子在磁場中運動的軌跡不發(fā)生交疊，應(yīng)滿足：L_1min＞L_2max．