Question

16．林玲同學(xué)為了研究磁場(chǎng)對(duì)帶電粒子輻射的屏蔽作用，設(shè)計(jì)了如下探究實(shí)驗(yàn)：水平放置的矩形屏蔽裝置ABCD的AB面為缺口，粒子可從其中射出，其他面為屏蔽面，放射源輻射的帶電粒子無(wú)法射出，已知AB長(zhǎng)x₁=20cm，BC長(zhǎng)x₂=10$\sqrt{3}$cm，在CD的中心O處放置放射源，其能輻射出α、β兩種帶電射線，其中α粒子的質(zhì)量m₁=6.6×10^-27kg，電荷量q₁=3.2×10^-19C，粒子速率v₁=3.2×10⁶m/s；β粒子的質(zhì)量m₂=9.1×10^-31kg，電荷量q₂=-1.6×10^-19C，粒子速率v₂=2.7×10⁸m/s．PQ為平行放置在AB上方的探測(cè)裝置，可以顯示輻射到其上的帶電粒子，PQ與AB間距為d，整個(gè)裝置處于真空環(huán)境中．
（1）林玲同學(xué)在AB與PQ間加上磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.33T、方向如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，改變PQ與AB的間距，使PQ上恰好探測(cè)不到帶電粒子，此時(shí)PQ與AB的間距d₁=30cm．
（2）若AB與PQ間距d₂=20cm，則在PQ上帶電粒子到達(dá)的長(zhǎng)度x_EF=30cm．
（3）若磁場(chǎng)方向改為垂直紙面向外，上述結(jié)論仍成立嗎？成立（填“成立”或“不成立”）．
（4）為使粒子不能射出磁場(chǎng)，請(qǐng)你提出兩條增大磁屏蔽效果的措施．

Answer 1

分析 （1）改變PQ與AB的間距，使PQ上恰好探測(cè)不到帶電粒子，洛倫茲力提供向心力求出兩粒子半徑，找到臨界情況，即：讓最容易打在PQ上的粒子（沿OB方向射出的電子）恰好打不到PQ即可；
（2）洛倫茲力提供向心力與幾何關(guān)系結(jié)合即可；
（3）運(yùn)用對(duì)稱性去解決；
（4）根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑公式結(jié)合幾何關(guān)系，定性分析，合理即可．

解答 解：（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
可得：α粒子在磁場(chǎng)中的半徑r₁=$\frac{{m}_{1}{v}_{1}}{{q}_{1}B}$=$\frac{6.6×1{0}^{-27}×3.2×1{0}^{6}}{3.2×1{0}^{-19}×0.33}$m=0.2m
β粒子在磁場(chǎng)中的半徑r₂=$\frac{{m}_{2}{v}_{2}}{{q}_{2}B}$=$\frac{9.1×1{0}^{-31}×2.7×1{0}^{8}}{1.6×1{0}^{-19}×0.33}$m≈4.65×10^-3m
分析可知只要讓沿OA方向射出的α粒子恰好不打到PQ即可，軌跡如圖一所示，
根據(jù)AD=$\sqrt{3}$OD
所以∠O₁AB=∠OAD=30°
根據(jù)幾何關(guān)系有：d=r₁（1+sin30°）=0.2×（1+0.5）m=0.3m=30cm
（2）分析可知電子無(wú)法打到QP上，如圖二所示，從A點(diǎn)射入磁場(chǎng)的α粒子打在QP上最右邊的F點(diǎn)，從AB中點(diǎn)入射磁場(chǎng)的α粒子打在QP上最左邊的E點(diǎn)
根據(jù)幾何關(guān)系有x_EF=r₁+$\frac{{x}_{1}}{2}$=0.2m+$\frac{20}{2}$cm=30cm
（3）根據(jù)對(duì)稱性可知：若磁場(chǎng)方向改為垂直紙面向外，沿每個(gè)方向入射的兩粒子軌跡與原來(lái)的軌跡左右對(duì)稱，故（1）（2）兩問(wèn)的數(shù)值不變
（4）根據(jù)半徑公式r=$\frac{mv}{qB}$可知增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，可使粒子半徑r變小，更不易穿出磁場(chǎng)區(qū)域；或者增大屏蔽磁場(chǎng)寬度d使磁場(chǎng)區(qū)域變大，也可以增大屏蔽效果，使粒子更不易穿出磁場(chǎng)．
故答案為：（1）30；  （2）30；   （3）成立；    （4）增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，增大屏蔽磁場(chǎng)寬度d．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用洛倫茲力提供向心力結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律的方法求出半徑，再結(jié)合幾何關(guān)系即可，要注意找好臨界條件．