Question

2．如圖所示，粒子源O可以源源不斷地產(chǎn)生的初速度為零的正離子同位素，即這些正離子帶相同的電量q，質(zhì)量卻不相同．所有的正離子先被一個電壓為U₀的勻強加速電場加速，再從兩板中央垂直射入一個勻強偏轉(zhuǎn)電場，已知此偏轉(zhuǎn)電場兩板間距為d，板間電壓為6U₀，偏轉(zhuǎn)后通過下極板上的小孔P離開電場．經(jīng)過一段勻速直線運動后，正離子從Q點垂直于邊界AB進入一正方形的區(qū)域勻強磁場（磁感應強度為B，方向垂直紙面向內(nèi)）．
（1）當正離子從P點離開偏轉(zhuǎn)電場時，求P點和極板左端間的距離L以及此時的速度偏轉(zhuǎn)角φ．
（2）求質(zhì)量為m的離子在磁場中做圓周運動的半徑R；
（3）若質(zhì)量為4m的離子垂直打在磁場邊界AD的中點處，求能打在邊界AD上的正離子的質(zhì)量范圍．

Answer 1

分析 （1）離子在加速電場中加速，在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，應用動能定律與類平拋運動規(guī)律可以求出距離與偏角．
（2）離子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出離子的軌道半徑．
（3）作出離子的運動軌跡，由幾何知識求出離子的軌道半徑，然后求出離子的臨界質(zhì)量，然后答題．

解答 解：（1）在加速電場中，由動能定理得：qU₀=$\frac{1}{2}$mv₀²-0，
在偏轉(zhuǎn)電場中，離子最類平拋運動，L=v₀t，$\fracqciguoo{2}$=$\frac{1}{2}$at²，
加速度：a=$\frac{6q{U}_{0}}{md}$，解得，PM間的距離：L=$\frac{\sqrt{3}}{3}$d，
速度偏角正切值：tanφ=$\frac{at}{{v}_{0}}$，解得：tanφ=$\sqrt{3}$，則φ=60°；
（2）在加速電場中，由動能定理得：qU₀=$\frac{1}{2}$mv₀²-0，v₀=$\sqrt{\frac{2q{U}_{0}}{m}}$，
離子進入磁場時的速度為v，v=$\frac{{v}_{0}}{cos60°}$=2v₀，
離子在磁場中做勻速圓周運動，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{2}{B}$$\sqrt{\frac{2m{U}_{0}}{q}}$；
（3）由題意可知，質(zhì)量為4m的正離子在磁場中運動軌跡的圓心恰好在A點，設此時的軌道半徑為R₀；
臨界狀態(tài)1：質(zhì)量為m₁的正離子剛好打在A點，如圖所示：

由幾何知識可得：R₁=$\frac{1}{2}$R₀，由R=$\frac{2}{B}$$\sqrt{\frac{2m{U}_{0}}{q}}$可知：$\frac{{R}_{0}}{{R}_{1}}$=$\sqrt{\frac{4m}{{m}_{1}}}$，解得：m₁=m；
臨界狀態(tài)2：質(zhì)量為m₂的正離子剛好打在D點，此時軌道半徑為R₂，
由幾何知識得：R₂²=（2R₀）²+（R₂-R₀）²，解得：R₂=$\frac{5}{2}$R₀，則：$\frac{{R}_{0}}{{R}_{2}}$=$\sqrt{\frac{4m}{{m}_{2}}}$，m₂=25m，
則能打在AD上的正離子質(zhì)量范圍為：m～25m；
答：（1）P點和極板左端間的距離L為$\frac{\sqrt{3}}{3}$d，此時的速度偏轉(zhuǎn)角φ為60°．
（2）質(zhì)量為m的離子在磁場中做圓周運動的半徑R為$\frac{2}{B}$$\sqrt{\frac{2m{U}_{0}}{q}}$；
（3）能打在邊界AD上的正離子的質(zhì)量范圍是m～25m．

點評 本題考查了求距離、離子的速度偏角、離子軌道半徑、離子質(zhì)量問題，分析清楚粒子運動過程，應用牛頓第二定律、類平拋運動規(guī)律即可正確解題，解題時注意幾何知識的應用．