(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)強度為B、區(qū)域為以O(shè)為圓心的半圓形勻強磁場,經(jīng)該磁場偏轉(zhuǎn)后,它恰好能夠沿x軸進入右側(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,當觸頭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粒子在磁場中運動的總時間t?
(3)該半圓形磁場區(qū)域的半徑R?
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

     對于某一α粒子,在加速電場中應(yīng)用動能定理得
-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.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粒子在磁場中運動的總時間t=
πm
qB

      (3)該半圓形磁場區(qū)域的半徑R=
2
B
mE
3q
點評:本題是磁場、電場、電路知識的綜合,考查分析和解決較為復雜的物理問題的能力.要注意磁場的半徑與軌跡半徑不是一回事.
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