Question

11．圖甲為某種速度選擇器示意圖（圖乙是該裝置的俯視圖），加速電場右側(cè)是一半徑為R的接地豎直金屬圓筒，它與加速電場靠的很近，圓筒可繞豎直中心軸以某一角速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動．O₁、O₂為加速電場兩極板上的小孔，O₃、O₄為圓筒直徑兩端的小孔，豎直熒光屏abcd與直線O₁O₂平行，且到圓筒的豎直中心軸的距離OP=3R．粒子源發(fā)出，某種粒子經(jīng)電場加速進(jìn)入圓筒（筒內(nèi)加一豎直向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B），經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，通過圓筒的小孔打到光屏上產(chǎn)生亮斑，即被選中．整個裝置處于真空室中，不計粒子重力及粒子間相互作用．

（1）若開始時圓筒靜止且圓筒內(nèi)不加磁場，當(dāng)加速電壓調(diào)為U₀時，初速度不計的帶電粒子從小孔O₁進(jìn)入加速電場，沿直線O₁、O₂、O₃、O、O₄最終從O₄射出．測得粒子在圓筒中運(yùn)動的時間為t₀，求該粒子的比荷$\frac{q}{m}$；
（2）若調(diào)節(jié)加速電壓到某一值時，帶電粒子從Q₃進(jìn)入圓筒，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)在圓筒旋轉(zhuǎn)不到一周的時間內(nèi)從Q₄射出，恰好打到光屏的P點(diǎn)，求圓筒轉(zhuǎn)動的角速度ω；
（3）保持ω不變，僅調(diào)整加速電場的電壓，可以使該粒子以不同的速度射入圓筒，若在光屏上形成的亮斑范圍為Q₁P=PQ₂=$\sqrt{3}$R，求達(dá)到光屏的粒子所對應(yīng)的速率v的范圍．

Answer 1

分析 （1）先根據(jù)動能定理求出粒子加速獲得的速度，若圓筒靜止且圓筒內(nèi)不加磁場時，粒子在圓筒內(nèi)做勻速直線運(yùn)動，由位移公式，即可求解．
（2）光屏PQ范圍內(nèi)的任意位置里均會出現(xiàn)亮斑，說明PQ范圍內(nèi)均有粒子到達(dá)，最小速度的粒子到達(dá)P，最大速度的粒子到達(dá)Q，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得到速度與半徑的關(guān)系，由幾何關(guān)系求解出軌跡半徑，即可得到速度v的范圍．根據(jù)圓周運(yùn)動的周期性，分析圓筒轉(zhuǎn)動的角速度ω．
（3）根據(jù)幾何關(guān)系，結(jié)合洛倫茲力提供向心力，即可求解．

解答 解：（1）依據(jù)位移公式，則有，2R=v₀t₀，
根據(jù)動能定理，$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}=q{U}_{0}$
解得：$\frac{q}{m}=\frac{2{R}^{2}}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$
（2）由題意可知，帶電粒子在磁場中運(yùn)動的時間為圓筒旋轉(zhuǎn)的時間，
則有：$ω=\frac{△θ}{△t}$，
$△θ=\frac{π}{2}$
$△t=\frac{T}{4}$
因T=$\frac{2πm}{Bq}$
解得：$ω=\frac{qB}{m}$=$\frac{2{R}^{2}B}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$
（3）由幾何關(guān)系，可得，r₁=$\frac{\sqrt{3}}{3}R$

又因?yàn)閝Bv₁=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{{r}_{1}}$，可解得：v₁=$\frac{2\sqrt{3}B{R}^{2}}{3{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$
由幾何關(guān)系，r₂=$\sqrt{3}$R；
同理，可得，v₂=$\frac{2\sqrt{3}B{R}^{2}}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$
所以有，$\frac{2\sqrt{3}B{R}^{2}}{3{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$≤v≤$\frac{2\sqrt{3}B{R}^{2}}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$．
答：（1）該粒子的比荷$\frac{2{R}^{2}}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$；
（2）圓筒轉(zhuǎn)動的角速度$\frac{2{R}^{2}B}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$；
（3）達(dá)到光屏的粒子所對應(yīng)的速率v的范圍$\frac{2\sqrt{3}B{R}^{2}}{3{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$≤v≤$\frac{2\sqrt{3}B{R}^{2}}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$．

點(diǎn)評 本題關(guān)鍵是明確粒子的運(yùn)動規(guī)律，畫出臨界軌跡，根據(jù)牛頓第二定律并結(jié)合幾何關(guān)系列式分析．對于勻速圓周運(yùn)動，還常常要考慮其周期性．