Question

4．飛行時間質譜儀可以根據(jù)帶電粒子的飛行時間對氣體分子進行分析．如圖所示，在真空狀態(tài)下，自脈沖閥P噴出微量氣體，經(jīng)激光照射產生不同正離子，自a板小孔進入a、b間的加速電場，從b板小孔射出，沿中線方向進入M、N板間的方形區(qū)域，然后到達緊靠在其右側的探測器．已知極板a、b間的電壓為U₀，間距為d，極板M、N的長度和間距均為L．不計離子重力及經(jīng)過a板時的初速度．
（1）若M、N板間無電場和磁場，請推導出離子從a板到探測器的飛行時間t與比荷k（k=$\frac{q}{m}$，q和m分別為離子的電荷量和質量）的關系式；
（2）若在M、N間只加上偏轉電壓U₁，請論證說明不同正離子的軌跡是否重合；
（3）若在M、N間只加上垂直于紙面的勻強磁場．已知進入a、b間的正離子有一價和二價的兩種，質量均為m，元電荷為e．要使所有正離子均能通過方形區(qū)域從右側飛出，求所加磁場的磁感應強度的最大值B_m．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做勻加速直線運動，由動能定理可求得粒子的速度；再由運動的合成和分解可求得運動時間；
（2）帶電離子在平行板M、N之間做類平拋運動，根據(jù)運動的合成和分解可明確軌跡的表達式，則可明確軌跡是否重合；
（3）當MN間的磁感應強度大小為B時，離子做圓周運動，根據(jù)圓周運動的知識和幾何關系可求得磁感應強度的最大值．

解答 解：（1）帶電離子在平行板a、b之間運動時，由動能定理得：qU₀=$\frac{1}{2}$mv²-0，
解得：v=$\sqrt{\frac{2q{U}_{0}}{m}}$，即：v=$\sqrt{2k{U}_{0}}$  …①
帶電離子在平行板a、b之間的加速度為：
a₁=$\frac{q{U}_{0}}{dm}$，即：a₁=$\frac{k{U}_{0}}2qyjl1s$．
所以帶電離子在平行板a、b之間的運動時間為：
t₁=$\frac{v}{{a}_{1}}$$\frac{d\sqrt{2k{U}_{0}}}{k{U}_{0}}$；
帶電離子在平行板M、N之間的運動時間為：
t₂=$\frac{L}{v}$=$\frac{L}{\sqrt{2k{U}_{0}}}$；
所以帶電離子從a板到探測器的飛行時間為：
t=t₁+t₂=$\frac{2d+L}{\sqrt{2k{U}_{0}}}$．
（2）帶電離子在平行板M、N之間水平位移為x時，在豎直方向位移為y，
水平方向滿足：x=vt，
豎直方向滿足：y=$\frac{1}{2}$a₂t²，
加速度a₂=$\frac{k{U}_{1}}{L}$，
聯(lián)立解得：y=$\frac{{U}_{1}{x}^{2}}{4L{U}_{0}}$   …②
②式是正離子的軌跡方程，與正離子的質量和電荷量均無關系，所以不同正離子的軌跡是重合的．
（3）當M、N間磁感應強度大小為B時，離子做圓周運動，滿足：Bvq=$\frac{m{v}^{2}}{R}$…③
聯(lián)立①③兩式解得：帶電離子的軌道半徑為：R=$\sqrt{\frac{2{U}_{0}m}{{B}^{2}q}}$…④
上式表明：在離子質量一定的情況下，離子的電荷量越大，在磁場中做圓周運動的半徑越小，也就越不容易穿過方形區(qū)從右側飛出．
所以，要使所有的一價和二價正離子均能通過方形區(qū)從右側飛出，只要二價正離子能從方形區(qū)飛出即可．
當二價正離子剛好能從方形區(qū)域飛出時的磁感應強度為滿足題目條件的磁感應強度的最大值
設當離子剛好通過方形區(qū)從右側飛出時的軌道半徑為R，
由幾何關系得，R²=L²+（R-$\frac{L}{2}$）²，
解得：R=$\frac{5L}{4}$…⑤
將二價正離子的電量2e代入⑦式得：R=$\sqrt{\frac{{U}_{0}m}{{B}^{2}e}}$…⑥
聯(lián)立⑧⑨可解得：B=$\frac{4}{5L}$$\sqrt{\frac{{U}_{0}m}{e}}$，此值即為所求的磁感應強度的最大值B_m．
答：（1）離子從a板到探測器的飛行時間t=$\frac{2d+L}{\sqrt{2k{U}_{0}}}$；
（2）若在M、N間只加上偏轉電壓U₁，正離子的軌跡方程，與正離子的質量和電荷量均無關系，所以不同正離子的軌跡是重合的；
（3）要使所有正離子均能通過方形區(qū)域從右側飛出，所加磁場的磁感應強度的最大值是$\frac{4}{5L}$$\sqrt{\frac{{U}_{0}m}{e}}$．

點評 本題考查了電荷的加速與電荷的偏轉，關鍵將電荷的偏轉進行分解，知道在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，關鍵要把動能定理、類平拋運動規(guī)律、牛頓運動定律及其相關知識結合解答．