Question

7．“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：如图甲所示，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$\frac{1}{2}$L，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=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他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）如图乙所示，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，方向垂直纸面向内，则发现从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后有$\frac{2}{3}$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）同上问，从AB圆弧面收集到的粒子经O点进入磁场后均不能到达收集板MN，求磁感应强度所满足的条件，试写出定量反映收集板MN上的收集效率η与磁感应强度B的关系的相关式子．

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，由动能定理有：
$qU=\frac{1}{2}m{v^2}-0$
又U=φ₁-φ₂
所以：$v=\sqrt{\frac{{2q（{φ_1}-{φ_2}）}}{m}}$；
（2）从AB圆弧面收集到的粒子有2/3能打到MN板上，刚好不能打到MN上的粒子从磁场中出来后速度方向与MN平行，则入射的方向与AB之间的夹角是60⁰，在磁场中运动的轨迹如图1，
轨迹圆心角θ=60°
根据几何关系，粒子圆周运动的半径为r=L，
由牛顿第二定律得：$qvB=m\frac{v^2}{r}$
联立解得：$B=\frac{1}{L}\sqrt{\frac{{2m（{φ_1}-{φ_2}）}}{q}}$；
（3）当沿OD方向的粒子刚好打到MN上，则由几何关系可知，${r_1}=\frac{1}{2}L$
由牛顿第二定律得：$qvB=m\frac{v^2}{r_1}$
得：$B=\frac{2}{L}\sqrt{\frac{{2m（{φ_1}-{φ_2}）}}{q}}$
即$B＞\frac{2}{L}\sqrt{\frac{{2m（{φ_1}-{φ_2}）}}{q}}$
如图2，
设粒子在磁场中运动圆弧对应的圆心角为α，由几何关系可知：
$sin\frac{α}{2}=\frac{L/2}{r}=\frac{LqB}{2mv}=\frac{LB}{2}\sqrt{\frac{q}{{2m（{φ_1}-{φ_2}）}}}$
MN上的收集效率：$η=\frac{π-α}{π}$．
答：（1）粒子到达O点时速度的大小是$\sqrt{\frac{2q（{φ}_{1}-{φ}_{2}）}{m}}$；
（2）所加磁感应强度的大小是$\frac{1}{L}\sqrt{\frac{2m（{φ}_{1}-{φ}_{2}）}{q}}$；
（3）试写出定量反映收集板MN上的收集效率η与磁感应强度B的关系的相关式子是$η=\frac{π-α}{π}$．

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．