Question

14．如圖所示，某放射源A中均勻地向外輻射出平行于y軸的、速度一定的a粒子（質(zhì)量為m，電荷量為+q）．為測定其飛出的速度大小，現(xiàn)讓其先經(jīng)過一個磁感應強度為B、區(qū)域為半圓形的勻強磁場，經(jīng)該磁場偏轉(zhuǎn)后，它恰好能夠沿x軸進入右側(cè)的平行板電容器，并打到置于N板上的熒光屏上．調(diào)節(jié)滑動觸頭，當觸頭P位于滑動變阻器的中央位置時，通過顯微鏡頭Q看到屏上的亮點恰好能消失．已知電源電動勢為E，內(nèi)阻為r₀，滑動變阻器的總阻值R₀=2r₀，問；
（1）a粒子的速度大小v₀=？
（2）滿足題意的a粒子，在磁場中運動的總時間t=？
（3）該半圓形磁場區(qū)域的半徑R=？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)閉合電路歐姆定律求出回路中的電流I，得到兩板間的電壓U=I•$\frac{{R}_{0}}{2}$．根據(jù)動能定理求解α粒子從放射源飛出速度的大小v₀．
（2）α粒子向上射入磁場偏轉(zhuǎn)90°后射出，后來又從O點返回磁場再偏轉(zhuǎn)90°，最后向上射出磁場．根據(jù)時間與周期的關(guān)系，求出總時間．
（3）由牛頓第二定律求出粒子圓周運動的半徑r，根據(jù)幾何知識得出半圓形磁場區(qū)域的半徑R=$\sqrt{2}r$．

解答 解：（1）由閉合電路歐姆定律得，回路中的電流強度I=$\frac{E}{{r}_{0}+{R}_{0}}$     ①
兩極板間的電壓$U=I\frac{{R}_{0}}{2}$      ②
對某一α粒子，在加速電場中應用動能定理得：
$-qU=0-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$     ③
聯(lián)立①②③解得${v}_{0}=\sqrt{\frac{2qE}{3m}}$．④
（2）由題意，粒子向上射入磁場偏轉(zhuǎn)90°后射出，后來又從O點返回磁場再偏轉(zhuǎn)90°，最后向上射出磁場，故所求
$t=\frac{T}{4}×2$，⑤
又T=$\frac{2πm}{qB}$，⑥
聯(lián)立⑤⑥解得t=$\frac{πm}{qB}$．
（3）設(shè)α粒子在磁場的軌跡半徑為r，則
$q{v}_{0}B=m\frac{{{v}_{0}}^{2}}{r}$    ⑦
由題意$R=\sqrt{{r}^{2}+{r}^{2}}$    ⑧
由⑦⑧，結(jié)合${v}_{0}=\sqrt{\frac{2qE}{3m}}$，解得$R=\frac{2}{B}\sqrt{\frac{mE}{3q}}$．
答：（1）a粒子的速度大小為$\sqrt{\frac{2qE}{3m}}$；
（2）滿足題意的a粒子，在磁場中運動的總時間為$\frac{πm}{qB}$；
（3）該半圓形磁場區(qū)域的半徑R為$\frac{2}{B}\sqrt{\frac{mE}{3q}}$．

點評 本題是磁場、電場、電路知識的綜合，考查分析和解決較為復雜的物理問題的能力．要注意磁場的半徑與軌跡半徑不是一回事．