Question

3．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O，外圆弧面AB的电势为2φ（φ＞0），内圆弧面CD的电势为φ，足够长的收集板MN平行边界ACDB，ACDB与MN板的距离为L．假设太空中漂浮着质量为m，电量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB的粒子再次返回．
（1）求粒子到达O点时速度的大小；
（2）如图2所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB圆弧面的粒子经O点进入磁场后最多有$\frac{2}{3}$能打到MN板上，求所加磁感应强度的大小；
（3）如图3所示，在PQ（与ACDB重合且足够长）和收集板MN之间区域加一个垂直MN的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小E=$\frac{φ}{4L}$，若从AB圆弧面收集到的某粒子经O点进入电场后到达收集板MN离O点最远，求该粒子到达O点的速度的方向和它在PQ与MN间运动的时间．

Answer 1

分析 （1）带电粒子在电场中加速过程，电场力做正功，根据动能定理求粒子到达O点时速度的大小．
（2）从AB圆弧面收集到的粒子有$\frac{2}{3}$能打到MN板上，上端刚好能打到MN上的粒子与MN相切，入射的方向与OA之间的夹角为60°，画出粒子的运动轨迹，得到轨迹的圆心角．根据几何关系求出轨迹半径，再由牛顿第二定律和洛伦兹力公式结合求解磁感应强度．
（3）粒子在电场中运动的轨迹与MN相切时，切点到O点的距离最远，其运动是类平抛运动的逆过程．根据运动的分解法，由分位移公式和牛顿第二定律结合解答．

解答 解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，由动能定理得：
qU=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$-0
而 U=2φ-φ=φ
解得 v=$\sqrt{\frac{2qφ}{m}}$
（2）从AB圆弧面收集到的粒子有$\frac{2}{3}$能打到MN板上，则上端刚好能打到MN上的粒子与MN相切，入射的方向与OA之间的夹角为60°，在磁场中的运动轨迹如图，轨迹的圆心角 θ=60°．

根据几何关系可得，粒子圆周运动的轨迹半径 R=2L
由洛伦兹力提供向心力得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
联立解得 B=$\frac{1}{L}$$\sqrt{\frac{mφ}{2q}}$
（3）如图，粒子在电场中运动的轨迹与MN相切时，切点到O点的距离最远，其运动是类平抛运动的逆过程．

建立如图坐标．则
  L=$\frac{1}{2}•\frac{qE}{m}{t}^{2}$
可得 t=$\sqrt{\frac{2mL}{qE}}$=2L$\sqrt{\frac{2m}{qφ}}$
v_x=$\frac{qE}{m}t$=$\sqrt{\frac{2qEL}{m}}$=$\sqrt{\frac{qφ}{2m}}$
设速度与x轴方向的夹角为α
则 cosα=$\frac{{v}_{x}}{v}$
解得 cosα=$\frac{1}{2}$
故α=60°
答：（1）粒子到达O点时速度的大小是$\sqrt{\frac{2qφ}{m}}$．
（2）所加磁感应强度的大小是$\frac{1}{L}$$\sqrt{\frac{mφ}{2q}}$．
（3）该粒子到达O点的速度的方向与x轴正方向的夹角为60°，斜向右上方，它在PQ与MN间运动的时间是2L$\sqrt{\frac{2m}{qφ}}$．

点评 本题考查了带电粒子在电场中的加速、磁场中的偏转和电场偏转，关键作出粒子的运动轨迹，巧用逆向思维处理电场中电荷的运动问题，选择合适的力学规律进行求解．