Question

7．如圖所示，從帶有小孔的放射源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）．為測定其飛出的速度v₀的大小，現(xiàn)讓其先經(jīng)過一個磁感應(yīng)強度為B、區(qū)域為半圓形的勻強磁場，經(jīng)該磁場偏轉(zhuǎn)后，α粒子恰好能夠沿x軸進入右側(cè)的平行板電容器M板上的狹縫，并打到置于N板上的熒光屏上，此時通過顯微鏡頭Q可以觀察到屏上出現(xiàn)了一個亮點．閉合電鍵S后，調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑動觸頭P，當觸頭位于滑動變阻器的中央位置時，通過顯微鏡頭Q看到屏上的亮點恰好消失．已知電源電動勢為E，內(nèi)阻為r₀，滑動變阻器的總阻值R₀=2r₀．求：
（1）α粒子的速度υ₀的大��；
（2）滿足題意的α粒子，在磁場中運動的總時間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，得到兩板間的電壓U=I•$\frac{{R}_{0}}{2}$．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．

解答 解：（1）由閉合電路的歐姆定律，回路中的電流強度
   I=$\frac{E}{{R}_{0}+{r}_{0}}$=$\frac{E}{3{r}_{0}}$  ①
兩極板間的電壓 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-$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$  ③
聯(lián)立①②③解出 v₀=$\sqrt{\frac{2qE}{3m}}$
（2）由題意，“粒子向上射入磁場偏轉(zhuǎn)90⁰后射出，后來又從O點返回磁場再偏轉(zhuǎn)90⁰，最后向上射出磁場．
故所求 t=$\frac{1}{4}$T×2 ⑤
又T=$\frac{2πm}{qB}$ ⑥
聯(lián)立⑤、⑥解出 t=$\frac{πm}{qB}$
（3）設(shè)α粒子在磁場中的軌跡半徑為r，
則 qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$ ⑦
由題意，R=$\sqrt{{r}^{2}+{r}^{2}}$=$\sqrt{2}$r ⑧
由⑦⑧結(jié)合v₀=$\sqrt{\frac{2qE}{3m}}$
解出 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$\frac{2}{B}\sqrt{\frac{mE}{3q}}$．

點評 本題是磁場、電場、電路知識的綜合，運用動能定理求速度，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．