Question

6．“太空粒子探測器”是由加速、偏轉和收集三部分組成，其原理可簡化如下：如圖甲所示，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O點時速度的大�。�
（2）如圖乙所示，在邊界ACDB和收集板MN之間加一個半圓形勻強磁場，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），求所加磁感應強度的大��；
（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0≤η≤$\frac{1}{2}$與之對應的磁感應強度B的值．（收集效率為集板接收到的粒子數(shù)與總數(shù)之比）

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理即可求出粒子到達O點的速度；
（2）作出粒子運動的軌跡，結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）作出粒子運動的軌跡，結合幾何知識求得粒子的收集率與粒子圓周運動轉過圓心角的關系，再根據(jù)此關系求得收集率為0時對應的磁感應強度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=$\frac{1}{2}$mv²-0…①
電勢差：U=φ₁-φ₂ …②
解得：v=$\sqrt{\frac{2q（{φ}_{1}-{φ}_{2}）}{m}}$…③
（2）從AB圓弧面收集到的粒子有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°，在磁場中運動的軌跡如圖甲，軌跡圓心角：θ=60⁰ …④
根據(jù)幾何關系，粒子圓周運動的半徑：r=L…⑤
由洛倫茲力提供向心力得：qvB₀=m$\frac{{v}^{2}}{r}$…⑥
解得：B₀=$\frac{1}{L}$$\sqrt{\frac{2m（{φ}_{1}-{φ}_{2}）}{q}}$…⑦
（3）洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：r=$\frac{mv}{qB}$，可知，磁場強度越大，半徑越小，收集效率降低，
若恰好：$η=\frac{1}{2}$，
由幾何關系知：$r=\frac{{\sqrt{2}}}{2}L$，
解得：${B_2}=\frac{2}{L}\sqrt{\frac{{m（{{ϕ_1}-{ϕ_2}}）}}{q}}$，
則磁感應強度范圍是：$B≥\frac{2}{L}\sqrt{\frac{{m（{{ϕ_1}-{ϕ_2}}）}}{q}}$；
答：（1）粒子到達O點時速度的大小為：$\sqrt{\frac{2q（{φ}_{1}-{φ}_{2}）}{m}}$．
（2）所加磁感應強度的大小為=$\frac{1}{L}$$\sqrt{\frac{2m（{φ}_{1}-{φ}_{2}）}{q}}$；
（3）收集板MN上的收集效率0≤η≤$\frac{1}{2}$與之對應的磁感應強度B的值為$B≥\frac{2}{L}\sqrt{\frac{{m（{{ϕ_1}-{ϕ_2}}）}}{q}}$．

點評 本題考查了帶電粒子在電場中的加速和磁場中的偏轉，綜合性較強，對學生的能力要求較高，關鍵作出粒子的運動軌跡，選擇合適的規(guī)律進行求解．