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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)

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:Lmax=2R=x
故θ=α时落点到O的距离最小:Lmin=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}$$\sqrt{\frac{2{m}_{1}U}{q}}$
碳12的最大半径:r1max=$\frac{1}{B}$$\sqrt{\frac{2{m}_{1}(U+△U)}{q}}$
同理:
碳14的运动半径:r2=$\frac{1}{B}$$\sqrt{\frac{2{m}_{2}U}{q}}$
碳14的最小半径:r2min=$\frac{1}{B}$$\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:2r1max<2r2mincosα
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.

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