Question

（2008?臨沂一模）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(cè)定其從放射源飛出的速度大小，現(xiàn)讓?duì)亮Ｗ酉冉?jīng)過(guò)一個(gè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、區(qū)域?yàn)橐設(shè)為圓心的半圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，經(jīng)該磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，它恰好能夠沿x軸進(jìn)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(dòng)到滑動(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．已知電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r₀，滑動(dòng)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(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t？
（3）該半圓形磁場(chǎng)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，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）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．
（3）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．

解答：解：（1）由閉合電路歐姆定律，回路中的電流
              I=

E

r0+R0

         兩板間的電壓U=I?

R0

2

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

1

2

m

v

2 0

，聯(lián)立解得v₀=

2qE 3m

    （2）由題意，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)．故所求
        T=

2πR

v

     由軌跡得知t=2?

1

4

T    又T=

2πm

qB

   聯(lián)立解出t=

πm

qB

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

v 2 0

r

          由題意R=

r2+r2

，又v₀=

2qE 3m

        解得  R=

2

B

mE 3q

．
答：：（1）α粒子從放射源飛出速度的大小v₀=

2qE 3m

．
      （2）滿足題意的α粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t=

πm

qB

．
      （3）該半圓形磁場(chǎng)區(qū)域的半徑R=

2

B

mE 3q

．

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．