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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.

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$\sqrt{\frac{2m}{qφ}}$
vx=$\frac{qE}{m}t$=$\sqrt{\frac{2qEL}{m}}$=$\sqrt{\frac{qφ}{2m}}$
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.

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