Question

17．離子注入機是將所需離子經過加速、選擇、掃描從而將離子“注入”半導體材料的設備．其整個系統如甲圖所示．其工作原理簡化圖如乙圖所示．MN是理想平行板電容器，N板正中央有一小孔A作為離子的噴出口，在電容器的正中間O₁有一粒子源，該粒子源能和電容器同步移動或轉動．為了研究方便建立了如圖所示的xoy平面，y軸與平行于y軸的直線（x=$\frac{3L}{4}$）區域內有垂直紙面向里的勻強磁場．粒子源持續不斷地產生質量為m、電量為q的正粒子（不計電荷間的相互作用、初速度和重力，不考慮磁場邊界效應）．已知O₁A與x軸重合，各點坐標A（0，0）、B（$\frac{3L}{4}$，0）、C（$\frac{3L}{4}$，L）、D（$\frac{3L}{4}$，$\frac{L}{4}$）．

（1）當U_MN=U₀時，求這些粒子經電容器MN加速后速度v的大小；
（2）電容器的電壓連續可調，當磁場的磁感應強度恒為B=$\frac{2\sqrt{qm{U}_{0}}}{Lq}$，求粒子從D點射出時，電容器的電壓（用U₀表示）；
（3）保持（2）問中的磁感應強度B和打到D點時的電壓不變，欲使粒子打到C點，可將電容器和粒子源繞O點同步旋轉，求旋轉的角度大小；
（4）請在直線x=$\frac{3L}{4}$右方設置一個或多個電場、磁場區域（或組合），使得（2）問中從D點出射的粒子最終從x軸上沿x軸正方向射出（只需畫出場或組合場的范圍、方向，并大致畫出粒子的運動軌跡．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中加速，由動能定理可以求出粒子的速度．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，求出其運動軌道半徑，應用牛頓第二定律與動能定理求出加速電壓．
（3）作出粒子的運動軌跡，然后根據運動軌跡應用幾何知識求出偏轉角度．
（4）根據題目要求作出所加電場與磁場，作出粒子運動軌跡．

解答 解：（1）粒子在電場中加速，由動能定理得：
q×$\frac{1}{2}$U₀=$\frac{1}{2}$mv²，
解得：v=$\sqrt{\frac{q{U}_{0}}{m}}$；
（2）粒子從D點射出時，設半徑為r，所加電壓為U，
由幾何關系有：r²=（$\frac{3}{4}$L）²+（r-$\frac{1}{4}$L）²，
解得：r=$\frac{5}{4}$L，
由牛頓第二定律得：qv_DB=m$\frac{{v}_{D}^{2}}{r}$，
由動能定理得：$\frac{1}{2}$qU=$\frac{1}{2}$mv_D²，
解得：U=$\frac{25{U}_{0}}{4}$；
（3）設應旋轉的角度為α，從C點射出時，其軌跡如圖所示：

由幾何關系有：OC=$\sqrt{{L}^{2}+（\frac{3}{4}L）^{2}}$=$\frac{5}{4}$L，
sinθ=$\frac{\frac{OC}{2}}{r}$=$\frac{1}{2}$，θ=30°，
由于弦切角等于圓心角的一半，
則tan∠COB=$\frac{L}{\frac{3}{4}L}$=$\frac{4}{3}$，∠COB=53°，
則α=∠COB-θ=53°-30°=23°，
因此應旋轉的角度為23°；
（4）設置的電場、磁場區域如圖所示，從D點出射的粒子最終從x軸上沿x軸正方向射出，大致畫出粒子的運動軌跡如圖所示．

答：（1）當U_MN=U₀時，這些粒子經電容器MN加速后速度v的大小為$\sqrt{\frac{q{U}_{0}}{m}}$；
（2）粒子從D點射出時，電容器的電壓為$\frac{25{U}_{0}}{4}$；
（3）旋轉的角度大小為23°；
（4）如圖所示．

點評 本題考查了粒子在電場中的加速、在磁場中的偏轉問題，本題難度較大，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的關鍵，作出粒子運動軌跡后由于幾何知識求出粒子的軌道半徑，由于動能定理與牛頓第二定律可以解題．