Question

15．如图所示，半径r=0.06m的半圆形无场区的圆心在坐标原点O处，半径R=0.1m，磁感应强度大小B=0.075T的圆形有界磁场区的圆心坐标为（0，0.08m），平行金属板MN的极板长L=0.3m、间距d=0.1m，极板间所加电压U=6.4×10²V，其中N极板上收集粒子全部中和吸收．一位于O处的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均匀地发射速度大小v=6×10⁵m/s的带正电粒子，经圆形磁场偏转后，从第Ⅰ象限出社的粒子速度方向均沿x轴正方向．若粒子重力不计、比荷$\frac{q}{m}$=10⁸C/kg、不计粒子间的相互作用力及电场边缘效应，sin37°=0.6，cos37°=0.8．

（1）粒子在磁场中的运动半径R₀；
（2）从坐标（0，0.18m）处射出磁场的粒子，其在O点入射方向与y轴夹角θ；
（3）N版收集的粒子占所有发射粒子的比例η．

Answer 1

分析 （1）由洛伦兹力充当向心力可求得R₀
（2）做出带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，由几何知识即可求出θ
（3）利用带电粒子在匀强电场中类平抛运动规律和带电粒子在磁场中的匀速圆周运动规律求解η

解答 解：
（1）由洛伦兹力充当向心力，即$qvB=\frac{m{v}^{2}}{{R}_{0}}$可得：${R}_{0}=\frac{mv}{qB}=0.08m$
（2）如下图所示，令从y=0.18m处出射的粒子对应的入射角方向与y轴的夹角为θ，由几何关系可得：$y=\frac{Uq{l}^{2}}{2md{v}^{2}}=0.08m$
sinθ=0.8即θ=53⁰

（3）如上图所示，令恰能从下极板右端出射的粒子坐标为y，由带电粒子在电场中偏转的规律得：
y=$\frac{1}{2}$at²…①
$a=\frac{Eq}{m}=\frac{Uq}{dm}$…②
t=$\frac{l}{v}$…③
由①②③解得：
$y=\frac{Uq{l}^{2}}{2md{v}^{2}}=0.08m$
设此粒子射入时与x轴的夹角为α，则由几何知识得：
y=rsinα+R₀-R₀cosα
可知tanα=$\frac{4}{3}$即α=53⁰
比例η=$\frac{5{3}^{0}}{18{0}^{0}}×100%=29%$
答：
（1）粒子在磁场中的运动半径R₀为0.08m
（2）从坐标（0，0.18m）处射出磁场的粒子，其在O点入射方向与y轴夹角θ=53⁰
（3）N版收集的粒子占所有发射粒子的比例η为29%．

点评 本题主要考查了带电粒子在云匀强磁场中的偏转和磁场中的匀速圆周运动，做出正确运动轨迹示意图是关键