题目内容

17．离子注入机是将所需离子经过加速、选择、扫描从而将离子“注入”半导体材料的设备．其整个系统如甲图所示．其工作原理简化图如乙图所示．MN是理想平行板电容器，N板正中央有一小孔A作为离子的喷出口，在电容器的正中间O1有一粒子源，该粒子源能和电容器同步移动或转动．为了研究方便建立了如图所示的xoy平面，y轴与平行于y轴的直线（x=$\frac{3L}{4}$）区域内有垂直纸面向里的匀强磁场．粒子源持续不断地产生质量为m、电量为q的正粒子（不计电荷间的相互作用、初速度和重力，不考虑磁场边界效应）．已知O1A与x轴重合，各点坐标A（0，0）、B（$\frac{3L}{4}$，0）、C（$\frac{3L}{4}$，L）、D（$\frac{3L}{4}$，$\frac{L}{4}$）．

（1）当UMN=U0时，求这些粒子经电容器MN加速后速度v的大小；
（2）电容器的电压连续可调，当磁场的磁感应强度恒为B=$\frac{2\sqrt{qm{U}_{0}}}{Lq}$，求粒子从D点射出时，电容器的电压（用U0表示）；
（3）保持（2）问中的磁感应强度B和打到D点时的电压不变，欲使粒子打到C点，可将电容器和粒子源绕O点同步旋转，求旋转的角度大小；
（4）请在直线x=$\frac{3L}{4}$右方设置一个或多个电场、磁场区域（或组合），使得（2）问中从D点出射的粒子最终从x轴上沿x轴正方向射出（只需画出场或组合场的范围、方向，并大致画出粒子的运动轨迹．

分析 （1）粒子在电场中加速，由动能定理可以求出粒子的速度．
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求出其运动轨道半径，应用牛顿第二定律与动能定理求出加速电压．
（3）作出粒子的运动轨迹，然后根据运动轨迹应用几何知识求出偏转角度．
（4）根据题目要求作出所加电场与磁场，作出粒子运动轨迹．

解答 解：（1）粒子在电场中加速，由动能定理得：
q×$\frac{1}{2}$U0=$\frac{1}{2}$mv2，
解得：v=$\sqrt{\frac{q{U}_{0}}{m}}$；
（2）粒子从D点射出时，设半径为r，所加电压为U，
由几何关系有：r2=（$\frac{3}{4}$L）2+（r-$\frac{1}{4}$L）2，
解得：r=$\frac{5}{4}$L，
由牛顿第二定律得：qvDB=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{r}$，
由动能定理得：$\frac{1}{2}$qU=$\frac{1}{2}$mvD2，
解得：U=$\frac{25{U}_{0}}{4}$；
（3）设应旋转的角度为α，从C点射出时，其轨迹如图所示：

由几何关系有：OC=$\sqrt{{L}^{2}+（\frac{3}{4}L）^{2}}$=$\frac{5}{4}$L，
sinθ=$\frac{\frac{OC}{2}}{r}$=$\frac{1}{2}$，θ=30°，
由于弦切角等于圆心角的一半，
则tan∠COB=$\frac{L}{\frac{3}{4}L}$=$\frac{4}{3}$，∠COB=53°，
则α=∠COB-θ=53°-30°=23°，
因此应旋转的角度为23°；
（4）设置的电场、磁场区域如图所示，从D点出射的粒子最终从x轴上沿x轴正方向射出，大致画出粒子的运动轨迹如图所示．

答：（1）当UMN=U0时，这些粒子经电容器MN加速后速度v的大小为$\sqrt{\frac{q{U}_{0}}{m}}$；
（2）粒子从D点射出时，电容器的电压为$\frac{25{U}_{0}}{4}$；
（3）旋转的角度大小为23°；
（4）如图所示．

点评 本题考查了粒子在电场中的加速、在磁场中的偏转问题，本题难度较大，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的关键，作出粒子运动轨迹后由于几何知识求出粒子的轨道半径，由于动能定理与牛顿第二定律可以解题．

练习册系列答案
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6．如图所示，长L=0.125m、质量M=30g的绝缘薄板置于倾角为θ=37°的斜面PQ底端，PN是垂直于PQ的挡板，斜面与薄板间的动靡擦因数μ0=0.8．质量m=10g、带电荷量q=+2.5×10-3C可视为质点的小物块放在薄板的最上端，薄板和物块间的动摩擦因数μ=0.5，所在空间加有一个方向垂直于斜面向下的匀强电场E，现对薄板施加一平行于斜面向上的拉力F=0.726N，当物块即将离开薄板时，立即将电场E方向直向上，同时增加一个垂直纸面向外B=6.0T足够大的匀强磁场，并撤去外力F，此时小物块刚好做匀周运动．设最大静摩擦力与滑动靡擦力相同，不考虑因空间电、磁场的改变而带来的其它影响，斜面和挡板PN均足够长，取g=10m/s2，sin37°=0.6．求：
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