Question

16．“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，內圓弧面CD的半徑為$\frac{1}{2}L$，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=L．假設太空中漂浮著質量為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對粒子引力的影響．

（1）求粒子到達O點時速度的大�。�
（2）如圖2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，方向垂直紙面向內，則發(fā)現(xiàn)從AB圓弧面收集到的粒子經O點進入磁場后有$\frac{2}{3}$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）同上問，從AB圓弧面收集到的粒子經O點進入磁場后均不能到達收集板MN，求磁感應強度所滿足的條件．試寫出定量反映收集板MN上的收集效率η與磁感應強度B的關系的相關式子．

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，由動能定理有：
$qU=\frac{1}{2}m{v^2}-0$
又U=φ₁-φ₂
所以：$v=\sqrt{\frac{{2q（{φ_1}-{φ_2}）}}{m}}$；

（2）從AB圓弧面收集到的粒子有2/3能打到MN板上，剛好不能打到MN上的粒子從磁場中出來后速度方向與MN平行，則入射的方向與AB之間的夾角是60⁰，在磁場中運動的軌跡如圖1，軌跡圓心角θ=60°
根據(jù)幾何關系，粒子圓周運動的半徑為r=L，
由牛頓第二定律得：$qvB=m\frac{v^2}{r}$
聯(lián)立解得：$B=\frac{1}{L}\sqrt{\frac{{2m（{φ_1}-{φ_2}）}}{q}}$；

（3）當沿OD方向的粒子剛好打到MN上，則由幾何關系可知，${r_1}=\frac{1}{2}L$
由牛頓第二定律得：$qvB=m\frac{v^2}{r_1}$
得：$B=\frac{2}{L}\sqrt{\frac{{2m（{φ_1}-{φ_2}）}}{q}}$
即$B＞\frac{2}{L}\sqrt{\frac{{2m（{φ_1}-{φ_2}）}}{q}}$
如圖2，設粒子在磁場中運動圓弧對應的圓心角為α，由幾何關系可知：$sin\frac{α}{2}=\frac{L/2}{r}=\frac{LqB}{2mv}=\frac{LB}{2}\sqrt{\frac{q}{{2m（{φ_1}-{φ_2}）}}}$
MN上的收集效率：$η=\frac{π-α}{π}$．
答：（1）粒子到達O點時速度的大小是$\sqrt{\frac{2q（{φ}_{1}-{φ}_{2}）}{m}}$；
（2）所加磁感應強度的大小是$\frac{1}{L}\sqrt{\frac{2m（{φ}_{1}-{φ}_{2}）}{q}}$；
（3）試寫出定量反映收集板MN上的收集效率η與磁感應強度B的關系的相關式子是$η=\frac{π-α}{π}$．

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．