Question

9．“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的半径为L，电势为φ₁，内圆弧面CD的半径为$\frac{L}{2}$，电势为φ₂．足够长的收集板MN平行边界ACDB，O到MN板的距离OP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引力的影响．

（1）求粒子到达O点时速度的大小：
（2）如图2所示，在边界ACDB和收集板MN之间加一个半圆形匀强磁场，圆心为O，半径为L磁场方向垂直纸面向内，则发现从AB圆弧面收集到的粒子有$\frac{2}{3}$能打到MN板上（不考虑过边界ACDB的粒子再次返回），求所加磁感应强度的大小；
（3）随着所加磁场大小的变化，试定量分析收集板MN上的收集效率η与磁感应强度B的关系．若收集效率是0，则磁感应强度B应满足什么条件？

Answer 1

分析 （1）根据动能定理即可求出粒子到达O点的速度；
（2）作出粒子运动的轨迹，结合轨迹求出粒子的半径，然后由洛伦兹力提供向心力即可求解；
（3）作出粒子运动的轨迹，结合几何知识求得粒子的收集率与粒子圆周运动转过圆心角的关系，再根据此关系求得收集率为0时对应的磁感应强度B．

解答 解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：
qU=$\frac{1}{2}$mv²-0
U=φ₁-φ₂
所以：v=$\sqrt{\frac{2q（{φ}_{1}-{φ}_{2}）}{m}}$…①
（2）从AB圆弧面收集到的粒子有$\frac{2}{3}$能打到MN板上，则刚好不能打到MN上的粒子从磁场中出来后速度的方向与MN平行，则入射的方向与AB之间的夹角是60°，在磁场中运动的轨迹如图2，轨迹圆心角θ=60°
根据几何关系，粒子圆周运动的半径：r=L…②
由洛伦兹力提供向心力得：qvB=m $\frac{{v}^{2}}{r}$
代入①②两式可解得：
B₀=$\frac{mv}{qL}$=$\frac{1}{L}•\frac{2q（{φ}_{1}-{φ}_{2}）}{m}$
（3）磁感应强度增大，则粒子在磁场中运动的轨道半径减小，由几何关系知，收集效率变小；设粒子在磁场中运动圆弧对应的圆心角为α，如图3

由几何关系可知，sin $\frac{α}{2}$=$\frac{\frac{L}{2}}{r}$=$\frac{LBq}{2mv}$
收集板MN上的收集效率η=$\frac{π-α}{π}$
所以当α=π时η=0
又α=π时，有sin $\frac{α}{2}$=1
即：B=$\frac{2mv}{qL}$=$\frac{2m•\sqrt{\frac{2q（{φ}_{1}-{φ}_{2}）}{m}}}{qL}$=$\frac{2}{L}•\sqrt{\frac{2m（{φ}_{1}-{φ}_{2}）}{q}}$时收集率为0．
答：（1）求粒子到达O点时速度的大小为 $\sqrt{\frac{2q（{φ}_{1}-{φ}_{2}）}{m}}$：
（2）如图2所示，在边界ACDB和收集板MN之间加一个半圆形匀强磁场，圆心为O，半径为L磁场方向垂直纸面向内，则发现从AB圆弧面收集到的粒子有 $\frac{2}{3}$能打到MN板上（不考虑过边界ACDB的粒子再次返回），所加磁感应强度的大小为 $\frac{1}{L}•\frac{2q（{φ}_{1}-{φ}_{2}）}{m}$；
（3）随着磁感应强度的增加面减小，当磁感应强度为$\frac{2}{L}•\sqrt{\frac{2m（{φ}_{1}-{φ}_{2}）}{q}}$ 收集率为0．

点评 本题考查了带电粒子在电场中的加速和磁场中的偏转，综合性较强，对学生的能力要求较高，关键作出粒子的运动轨迹，选择合适的规律进行求解．