Question

3．“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的電勢為2φ（φ＞0），內圓弧面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的影響，不考慮過邊界ACDB的粒子再次返回．
（1）求粒子到達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)域加一個勻強磁場，方向垂直紙面向內，則發(fā)現均勻吸附到AB圓弧面的粒子經O點進入磁場后最多有$\frac{2}{3}$能打到MN板上，求所加磁感應強度的大小；
（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的勻強電場，電場強度的方向如圖所示，大小E=$\frac{φ}{4L}$，若從AB圓弧面收集到的某粒子經O點進入電場后到達收集板MN離O點最遠，求該粒子到達O點的速度的方向和它在PQ與MN間運動的時間．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場中加速過程，電場力做正功，根據動能定理求粒子到達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°，畫出粒子的運動軌跡，得到軌跡的圓心角．根據幾何關系求出軌跡半徑，再由牛頓第二定律和洛倫茲力公式結合求解磁感應強度．
（3）粒子在電場中運動的軌跡與MN相切時，切點到O點的距離最遠，其運動是類平拋運動的逆過程．根據運動的分解法，由分位移公式和牛頓第二定律結合解答．

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°，在磁場中的運動軌跡如圖，軌跡的圓心角 θ=60°．

根據幾何關系可得，粒子圓周運動的軌跡半徑 R=2L
由洛倫茲力提供向心力得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
聯立解得 B=$\frac{1}{L}$$\sqrt{\frac{mφ}{2q}}$
（3）如圖，粒子在電場中運動的軌跡與MN相切時，切點到O點的距離最遠，其運動是類平拋運動的逆過程．

建立如圖坐標．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O點時速度的大小是$\sqrt{\frac{2qφ}{m}}$．
（2）所加磁感應強度的大小是$\frac{1}{L}$$\sqrt{\frac{mφ}{2q}}$．
（3）該粒子到達O點的速度的方向與x軸正方向的夾角為60°，斜向右上方，它在PQ與MN間運動的時間是2L$\sqrt{\frac{2m}{qφ}}$．

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