Question

17．如圖所示，某放射源A中均勻地向外輻射出平行于y軸的速度一定的α粒子，粒子質(zhì)量為m，電荷量為q．為測定其從放射源飛出的速度大小，現(xiàn)讓α粒子先經(jīng)過一個磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、區(qū)域為半圓形的勻強(qiáng)磁場，經(jīng)該磁場偏轉(zhuǎn)后，它恰好能夠沿x軸進(jìn)入右側(cè)的平行板電容器，并打到置于板N的熒光屏上出現(xiàn)亮點(diǎn)．當(dāng)觸頭P從右端向左移動到滑動變阻器的中央位置時，通過顯微鏡頭Q看到屏上的亮點(diǎn)恰好能消失．已知電源電動勢為E，內(nèi)阻為r₀，滑動變阻器的總電阻R₀=2r₀，求：
（1）α粒子從放射源飛出速度的大小v₀；
（2）滿足題意的α粒子在磁場中運(yùn)動的總時間t；
（3）該半圓形磁場區(qū)域的半徑R．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)閉合電路歐姆定律求出回路中的電流I，由歐姆定律求出兩板間的電壓．根據(jù)動能定理求解α粒子從放射源飛出速度的大小v₀．
（2）α粒子向上射入磁場偏轉(zhuǎn)90°后射出，后來又從O點(diǎn)返回磁場再偏轉(zhuǎn)90°，最后向上射出磁場．根據(jù)時間與周期的關(guān)系，求出總時間．
（3）由牛頓第二定律求出粒子圓周運(yùn)動的半徑r，根據(jù)幾何知識得出半圓形磁場區(qū)域的半徑R=$\sqrt{2}$r．

解答 解：（1）由閉合電路的歐姆定律，回路中的電流為：I=$\frac{E}{{R}_{0}+{r}_{0}}$=$\frac{E}{3{r}_{0}}$…①
兩極板間的電壓為：U=I•$\frac{{R}_{0}}{2}$=$\frac{E}{3}$…②
對某一α粒子，在加速電場中應(yīng)用動能定理得：-qU=0-$\frac{1}{2}$mv₀²…③
聯(lián)立①②③解得：v₀=$\sqrt{\frac{2qE}{3m}}$；
（2）由題意可知，“粒子向上射入磁場偏轉(zhuǎn)90⁰后射出，后來又從O點(diǎn)返回磁場再偏轉(zhuǎn)90⁰，最后向上射出磁場．時間為：t=$\frac{1}{4}$T×2…⑤
粒子做圓周運(yùn)動的周期為：T=$\frac{2πm}{qB}$…⑥
聯(lián)立⑤、⑥解得：t=$\frac{πm}{qB}$；
（3）設(shè)α粒子在磁場中的軌跡半徑為r，由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$…⑦
由題意可知：R=$\sqrt{{r}^{2}+{r}^{2}}$=$\sqrt{2}$r…⑧
由⑦⑧解得：v₀=$\sqrt{\frac{2qE}{3m}}$，
解得：R=$\frac{2}{B}$$\sqrt{\frac{mE}{3q}}$；
答：（1）α粒子的速度υ₀的大小是$\sqrt{\frac{2qE}{3m}}$；
（2）滿足題意的α粒子，在磁場中運(yùn)動的總時間t是$\frac{πm}{qB}$；
（3）該半圓形磁場區(qū)域的半徑R是$\frac{2}{B}$$\sqrt{\frac{mE}{3q}}$．

點(diǎn)評 本題是磁場、電場、電路知識的綜合，運(yùn)用動能定理求速度，根據(jù)幾何知識求軌跡半徑都是常用的方法．要注意磁場的半徑與軌跡半徑不是一回事．