Question

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（質(zhì)量為m，電荷量為+q）．為測(cè)定其飛出的速度大小，現(xiàn)讓其先經(jīng)過(guò)一個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、區(qū)域?yàn)榘雸A形的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，經(jīng)該磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，它恰好能夠沿x軸進(jìn)人右側(cè)的平行板電容器，并打到置于N板上的熒光屏上．調(diào)節(jié)滑動(dòng)觸頭，當(dāng)觸頭P位于滑動(dòng)變阻器的中央位置時(shí)，通過(guò)顯微鏡頭Q看到屏上的亮點(diǎn)恰好能消失，后來(lái)這些電子又從N板返回磁場(chǎng)，并從磁場(chǎng)射出．已知電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r₀，滑動(dòng)變阻器的總阻值R₀=2r₀，問(wèn)：
（1）α粒子的速度大小υ₀=？
（2）該半圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑R=？
（3）滿足題意的α粒子，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t=？

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，得到兩板間的電壓U=I

R0

2

．根據(jù)動(dòng)能定理求解α粒子從放射源飛出速度的大小v₀．
（2）由牛頓第二定律求出粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r，根據(jù)幾何知識(shí)得出半圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑R=

2

r．
（3）α粒子向上射入磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)90°后射出，后來(lái)又從O點(diǎn)返回磁場(chǎng)再偏轉(zhuǎn)90°，最后向上射出磁場(chǎng)．根據(jù)時(shí)間與周期的關(guān)系，求出總時(shí)間．

解答：解：①由閉合電路的歐姆定律，回路中的電流強(qiáng)度
I=

E

r0+R0

        ①
兩極板間的電壓
U=I

R0

2

             ②
對(duì)某一α粒子，在加速電場(chǎng)中應(yīng)用動(dòng)能定理得：
-qU=0-

1

2

mv02    ③
聯(lián)立①②③解出v0=

2qE 3m

．
②設(shè)α粒子在磁場(chǎng)中的軌跡半徑為r，則
qv0B=m

v02

r

 ⑤
由題意，R=

r2+r2

   ⑥
由結(jié)合⑤、⑥v0=

2qE 3m

，解出R=

2

B

mE 3q

．
③由題意，“粒子向上射入磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)90⁰后射出，后來(lái)又從O點(diǎn)返回磁場(chǎng)再偏轉(zhuǎn)90⁰，最后向上射出磁場(chǎng)．故所求
t=

1

4

T×2             ⑦
又T=

2πm

qB

⑧
聯(lián)立⑦⑧解出t=

πm

qB

答：（1）α粒子的速度大小v0=

2qE 3m

．
（2）該半圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑R=

2

B

mE 3q

．
（3）在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t=

πm

qB

．

點(diǎn)評(píng)：本題是磁場(chǎng)、電場(chǎng)、電路知識(shí)的綜合，考查分析和解決較為復(fù)雜的物理問(wèn)題的能力．要注意磁場(chǎng)的半徑與軌跡半徑不是一回事．