Question

7．“太空粒子探測器”是由加速、偏轉(zhuǎn)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的電勢為2φ（φ＞o），內(nèi)圓弧面CD的電勢為ϕ，足夠長的收集板MN平行邊界ACDB，ACDB與MN板的距離為L．假設(shè)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拥挠绊懀�不考慮過邊界ACDB的粒子再次返回．

（1）求粒子到達(dá)O點時速度的大小；
（2）如圖2所示，在PQ（與ACDB重合且足夠長）和收集板MN之間區(qū)域加一個勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向內(nèi)，則發(fā)現(xiàn)均勻吸附到AB圓弧面的粒子經(jīng)O點進(jìn)入磁場后最多有$\frac{2}{3}$能打到MN板上，求所加磁感應(yīng)強(qiáng)度的大��；
（3）如圖3所示，在PQ（與ACDB重合且足夠長）和收集板MN之間區(qū)域加一個垂直MN的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度的方向如圖所示，大小$E=\frac{ϕ}{4L}$，若從AB圓弧面收集到的某粒子經(jīng)O點進(jìn)入電場后到達(dá)收集板MN離O點最遠(yuǎn)，求該粒子到達(dá)O點的速度的方向和它在PQ與MN間運(yùn)動的時間．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場中加速過程，電場力做正功，根據(jù)動能定理求粒子到達(dá)O點時速度的大�。�
（2）從AB圓弧面收集到的粒子有$\frac{2}{3}$能打到MN板上，上端剛好能打到MN上的粒子與MN相切，入射的方向與OA之間的夾角為60°，畫出粒子的運(yùn)動軌跡，得到軌跡的圓心角．根據(jù)幾何關(guān)系求出軌跡半徑，再由牛頓第二定律和洛倫茲力公式結(jié)合求解磁感應(yīng)強(qiáng)度．
（3）粒子在電場中運(yùn)動的軌跡與MN相切時，切點到O點的距離最遠(yuǎn)，其運(yùn)動是類平拋運(yùn)動的逆過程．根據(jù)運(yùn)動的分解法，由分位移公式和牛頓第二定律結(jié)合解答．

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=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$-0
而 U=2φ-φ=φ
解得 v=$\sqrt{\frac{2qφ}{m}}$
（2）從AB圓弧面收集到的粒子有$\frac{2}{3}$能打到MN板上，則上端剛好能打到MN上的粒子與MN相切，入射的方向與OA之間的夾角為60°，在磁場中的運(yùn)動軌跡如圖，軌跡的圓心角 θ=60°．
根據(jù)幾何關(guān)系可得，粒子圓周運(yùn)動的軌跡半徑 R=2L
由洛倫茲力提供向心力得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
聯(lián)立解得 B=$\frac{1}{L}$$\sqrt{\frac{mφ}{2q}}$
（3）如圖，粒子在電場中運(yùn)動的軌跡與MN相切時，切點到O點的距離最遠(yuǎn)，其運(yùn)動是類平拋運(yùn)動的逆過程．
建立如圖坐標(biāo)．則
  L=$\frac{1}{2}•\frac{qE}{m}{t}^{2}$
可得 t=$\sqrt{\frac{2mL}{qE}}$=2L$\sqrt{\frac{2m}{qφ}}$
v_x=$\frac{qE}{m}t$=$\sqrt{\frac{2qEL}{m}}$=$\sqrt{\frac{qφ}{2m}}$
設(shè)速度與x軸方向的夾角為α
則 cosα=$\frac{{v}_{x}}{v}$
解得 cosα=$\frac{1}{2}$
故α=60°
答：
（1）粒子到達(dá)O點時速度的大小是$\sqrt{\frac{2qφ}{m}}$．
（2）所加磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小是$\frac{1}{L}$$\sqrt{\frac{mφ}{2q}}$．
（3）該粒子到達(dá)O點的速度的方向與x軸正方向的夾角為60°，斜向右上方，它在PQ與MN間運(yùn)動的時間是2L$\sqrt{\frac{2m}{qφ}}$．

點評 本題考查了帶電粒子在電場中的加速、磁場中的偏轉(zhuǎn)和電場偏轉(zhuǎn)，關(guān)鍵作出粒子的運(yùn)動軌跡，巧用逆向思維處理電場中電荷的運(yùn)動問題，選擇合適的力學(xué)規(guī)律進(jìn)行求解．