Question

4．如圖是水平放置的小型粒子加速器的原理示意圖，區(qū)域Ⅰ和Ⅱ存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場B₁和B₂，長L=1.0m的區(qū)域Ⅲ存在場強(qiáng)大小E=5.0×10⁴V/m、方向水平向右的勻強(qiáng)電場．區(qū)域Ⅲ中間上方有一離子源S，水平向左發(fā)射動(dòng)能E_kc=4.0×10⁴eV的氘核，氘核最終從區(qū)域Ⅱ下方的P點(diǎn)水平射出．S、P兩點(diǎn)間的高度差h=0.10m．（氘核質(zhì)量m=2×1.67×10^-27kg、電荷量q=1.60×10^-19C，1eV=1.60×10^-19J．$\sqrt{\frac{1.67×1{0}^{-27}}{1.60×1{0}^{-19}}}$≈1×10^-4）
（1）求氘核經(jīng)過兩次加速后從P點(diǎn)射出時(shí)的動(dòng)能E_k2；
（2）若B${\;}_{{\;}_{1}}$=1.0T，要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點(diǎn)射出，求區(qū)域Ⅰ的最小寬度d；
（3）若B${\;}_{{\;}_{1}}$=1.0T，要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點(diǎn)射出，求區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂．

Answer 1

分析 （1）電場力對粒子做功，應(yīng)用動(dòng)能定理可以求出粒子的動(dòng)能；
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑，然后求出寬度d；
（3）作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，求出粒子的軌道半徑，根據(jù)粒子軌道半徑公式求出磁感應(yīng)強(qiáng)度．

解答 解：（1）粒子在電場中加速，由動(dòng)能定理得：
qE•2L=E_K2-E_K0，解得：E_K2=1.4×10⁵eV=2.24×10^-14J；
（2）粒子做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
粒子第一次進(jìn)入B₁區(qū)域時(shí)，R₀=$\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{1}}$=0.04m，
粒子第二次進(jìn)入B₁區(qū)域過程，
由動(dòng)能定理得：qEL=$\frac{1}{2}$mv₁²-E_K0，
粒子軌道半徑：R₂=$\frac{m{v}_{1}}{q{B}_{1}}$=0.06m，
則：d=R₂=0.06m；
（3）氘核運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

由幾何知識(shí)得：2R₂=h+（2R₁-2R₀），解得：R₁=0.05m，
粒子軌道半徑：R₁=$\frac{m{v}_{1}}{q{B}_{2}}$，磁感應(yīng)強(qiáng)度：B₂=$\frac{m{v}_{1}}{q{R}_{1}}$=1.2T；
答：（1）氘核經(jīng)過兩次加速后從P點(diǎn)射出時(shí)的動(dòng)能E為2.24×10^-14J；
（2）若B${\;}_{{\;}_{1}}$=1.0T，要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點(diǎn)射出，區(qū)域Ⅰ的最小寬度d為0.06m；
（3）若B${\;}_{{\;}_{1}}$=1.0T，要使氘核經(jīng)過兩次加速后從P點(diǎn)射出，區(qū)域Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂為1.2T．

點(diǎn)評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過程、作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)能定理與牛頓第二定律可以解題，解題時(shí)注意幾何知識(shí)的應(yīng)用．