Question

8．“太空粒子探测器”是由加速装置、偏转装置和收集装置三部分组成，其原理可简化如下：如图所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心圆，圆心为O，外圆的半径R₁=lm，电φ₁=25V，内圆的半径R₂=0.5m，电势φ₂=0．内圆内有磁感应强度大小B=1×10^-2T、方向垂直纸面向里的匀强磁场，收集板MN与内圆的一条直径重合．假设太空中漂浮着质量为m=1×10^-10kg、电荷量q=2×10^-4 C的带正电粒子，它们能均匀地吸附到外圆面上，并被加速电场从静止开始加速，进入磁场后，发生偏转，最后打在收集板MN上并被吸收（收集板两侧均能吸收粒子），不考虑粒子碰撞和粒子间的相互作用．
（1）求粒子到达内圆时速度的大小；
（2）分析外圆上哪些位置的粒子进入磁场后在磁场中运动的总时间最长，并求该最长时间；
（3）分析收集板MN上哪些位置能接收到粒子，并求能接收到粒子的那部分收集板的总长度．

Answer 1

分析 （1）带电粒子在电场中加速，根据动能定理可求得粒子到达内圆时的速度大小；
（2）粒子在磁场中做圆周运动，根据洛伦兹力充当向心力即可求得半径，再由几何关系可分析粒子在磁场中的运动情况，从而分析粒子运动的最长时间；
（3）根据题意明确粒子在二次进入磁场后的运动情况，作出对应的轨迹图，根据几何关系可明确能收集到粒子的长度．

解答 解：（1）带电粒子在电场中加速，由动能定理可知：
qU=$\frac{1}{2}$mv²-0
电压U=φ₁-φ₂
解得v=1×10⁴m/s；
（2）粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下发生偏转，有：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
解得r=0.5m；
因为r=R₂，所以由几何关系可知，从收集板左端贴着收集板上表面进入磁场的粒子在磁场中运动$\frac{1}{4}$圆周后，射出磁场，进入电场，在电场中先减速后反向加速，并返回磁场，在磁场中再运动$\frac{1}{4}$圆周后被收集板吸收，该粒子在磁场中运动的总时间最长，运动时间为粒子在磁场中做圆周运动的$\frac{1}{2}$，其运动轨迹如图甲所示：
t=$\frac{T}{2}$
而T=$\frac{2πr}{v}$=$\frac{2πm}{qB}$
解得：t=$\frac{π}{2}×1{0}^{-4}$s
同理可知，从收集板右端贴着收集板下表面进入磁场的粒子在磁场中运动的时间也为$\frac{π}{2}$×10^-4s；
所以，外圆面上收集板左端沿收集板上边缘进入的粒子和收集板右端沿收集板下边缘进入的粒子在磁场中运动的总时间最长，最长时间为$\frac{π}{2}$×10^-4s；
（3）由几何关系可知，粒子第二次进入磁场，发生偏转后能垂直打在收集板上的粒子的位置为收集板上能收集到粒子的边界，如图乙所示，所以收集板上OA段不能收集的粒子，AN段能收集到粒子，AN段的长度为：
AN=2r（1-$\frac{\sqrt{2}}{2}$）
解得AN=$\frac{2-\sqrt{2}}{2}$m
同理，在收集板的左段对应的位置也能收集到粒子，即收集板上能收集到粒子部分的总长度为（2-$\sqrt{2}$）m．
答：（1）粒子到达内圆时速度的大小为1×10⁴m/s；
（2）外圆面上收集板左端沿收集板上边缘进入的粒子和收集板右端沿收集板下边缘进入的粒子在磁场中运动的总时间最长，最长时间为$\frac{π}{2}$×10^-4s；
（3）收集板上能收集到粒子部分的总长度为（2-$\sqrt{2}$）m．

点评 本题考查带电粒子在磁场中的运动问题，在注意分析粒子的运动轨迹，确定圆心和半径，再根据几何关系进行分析，即可求解； 但对学生的分析以及数学应用能力要求较高； 一般作为压轴题出现．