Question

5．在考古中为了测定古物的年代，可通过测定古物中碳14与碳12的比例，其物理过程可简化为 如图所示，碳14与碳12经电离后的原子核带电量都为q，从容器A下方的小孔S不断飘入电压为U的加 速电场，经过S正下方的小孔O后，沿SO方向垂直 进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，最后打在相机底片D上并被吸收．已知D与O在同一平面内，其中碳12在底片D上的落点到O的距离为x，不考虑粒子重力和粒子在小孔S处的初速度． 
（1）求碳12的比荷
（2）由于粒子间存在相互作用，从O进入磁场的粒子在纸面内将发生不同程度的微小偏转 （粒子进入磁场速度大小的变化可忽略），其方向与竖直方向的最大偏角为α，求碳12在底片D上的落点到O的距离的范围；
（3）实际上，加速电场的电压也会发生微小变化（设电压变化范围为U±△U），从而导致进入磁场的粒子的速度大小也有所不同．现从容器A中飘入碳14与碳12最终均能打在底片D上，若要使这两种粒子的落点区域不重叠，则△U应满足什么条件？（粒子进入磁场时的速 度方向与竖直方向的最大偏角仍为α）

Answer 1

分析 （1）设离子经电场加速度时的速度为v，由动能定理及向心力公式即可求解；
（2）根据半径公式求出粒子在磁场中运动的半径，根据几何关系，确定出粒子在D上的落点与O的距离范围；
（3）根据最大加速电压U+△U，得出落到O点的最大距离，以及根据最小加速电压得出落到O点的最小距离，要使落点区域不重叠，则打中底片时离O点的距离应需满足：碳14的最近距离大于碳12的最远距离，从而求出△U应满足的条件．

解答 解：（1）加速电场，根据动能定理可得：qU=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$①
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$②
根据几何关系可得：x=2r③
联立①②③式可得：$\frac{q}{m}$=$\frac{8U}{{B}^{2}{x}^{2}}$④
（2）粒子在磁场中圆运动半径r=$\frac{\sqrt{2qmU}}{qB}$=$\frac{x}{2}$
由图象可知：粒子左偏α角（轨迹圆心为O₁）或右偏α角（轨迹圆心为O₂）
落点到O的距离相等，均为：L=2Rcosθ
故θ=0°时落点到O的距离最大：L_max=2R=x
故θ=α时落点到O的距离最小：L_min=2Rcosα=xcosα
所以：xcosα≤L≤x
（3）联立①②可得：r=$\frac{1}{B}$$\sqrt{\frac{2mU}{q}}$
设碳12的质量为m₁，碳14的质量为m₂，并且：$\frac{{m}_{1}}{{m}_{2}}$=$\frac{12}{14}$=$\frac{6}{7}$，
根据r=$\frac{1}{B}$$\sqrt{\frac{2mU}{q}}$可知：
碳12的运动半径：r₁=$\frac{1}{B}$$\sqrt{\frac{2{m}_{1}U}{q}}$
碳12的最大半径：r_1max=$\frac{1}{B}$$\sqrt{\frac{2{m}_{1}（U+△U）}{q}}$
同理：
碳14的运动半径：r₂=$\frac{1}{B}$$\sqrt{\frac{2{m}_{2}U}{q}}$
碳14的最小半径：r_2min=$\frac{1}{B}$$\sqrt{\frac{2{m}_{2}（U-△U）}{q}}$
若要使这两种粒子的落点区域不重叠，打中底片时离O点的距离应需满足：碳14的最近距离大于碳12的最远距离
即：2r_1max＜2r_2mincosα
联立解得：△U＜$\frac{{m}_{2}co{s}^{2}α-{m}_{1}}{{m}_{2}co{s}^{2}α+{m}_{1}}•U$=$\frac{7co{s}^{2}α-6}{7co{s}^{2}α+6}•U$
答：（1）碳12的比荷为$\frac{8U}{{B}^{2}{x}^{2}}$；
（2）碳12在底片D上的落点到O的距离的范围为xcosα≤L≤x；
（3）若要使这两种粒子的落点区域不重叠，则△U应满足△U＜$\frac{7co{s}^{2}α-6}{7co{s}^{2}α+6}•U$．

点评 本题考查带电粒子在复合场中的运动，加速场运用动能定理，粒子在磁场中做匀速圆周运动，利用洛伦兹力提供向心力结合几何关系，第三问难点在于找出粒子不重叠的条件，即：打中底片时离O点的距离应需满足：碳14的最近距离大于碳12的最远距离．