Question

19．如圖甲所示，在平行板電容器上加上如圖乙所示的交變電壓，在貼近E處有一粒子放射源，能夠逐漸發(fā)射出大量質量為m，電荷量為q的帶正電粒子，忽略粒子離開放射源時的初速度及粒子間的相互作用力，粒子只在電場力作用下運動，在電場中運動的時間極短可認為平行板間電壓不變．從極板F射出的粒子能夠繼續(xù)沿直線向右運動，并由O點射入右側的等腰直角三角形磁場區(qū)域．等腰直角三角形ABC的直角邊邊長為L．O為斜邊AB的中點，在OA邊上放有熒光屏，已知所有粒子剛好不能從AC邊射出磁場，接收到粒子的熒光屏區(qū)域能夠發(fā)光．求：
（1）熒光屏上亮線的長度；
（2）所加電壓的最大值U₀．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中運動的半徑最大時的軌跡與AC邊相切，根據幾何關系求解半徑，由此求出亮線長度；
（2）根據洛倫茲力提供向心力求解最大速度，再根據動能定理求解電壓．

解答 解：（1）粒子在磁場中運動的半徑最大時的軌跡如圖所示，軌跡與AC邊相切與D點；

設此軌道半徑為R，O′為圓心，則由幾何關系可得：
L_OA=$\frac{1}{2}{L}_{AB}=\frac{\sqrt{2}}{2}L$，
L_O′A=L_OA-R_m，
又$\sqrt{2}{R}_{m}$，
解得：${R}_{m}=\frac{2-\sqrt{2}}{2}L$，
所以熒光屏上亮線的長度為d=2R_m=$（2-\sqrt{2}）L$；
（2）若粒子以最大速度進入磁場，則在磁場中運動的半徑最大，
根據洛倫茲力提供向心力可得：$q{v}_{m}B=m\frac{{v}_{m}^{2}}{{R}_{m}}$，
解得：${v}_{m}=\frac{qB{R}_{m}}{m}$，
粒子在電場中運動的時間極短，可以認為粒子在電場中運動時電壓不變，當電壓最大時開始發(fā)射粒子，則射出F板時速度最大，有：
$q{U}_{0}=\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}$，
聯(lián)立解得：${U}_{0}=\frac{m{v}_{m}^{2}}{2q}=\frac{{B}^{2}q{R}_{m}^{2}}{2m}$，
把${R}_{m}=\frac{2-\sqrt{2}}{2}L$代入，可得：${U}_{0}=\frac{（3-2\sqrt{2}）{B}^{2}q{L}^{2}}{4m}$．
答：（1）熒光屏上亮線的長度為$（2-\sqrt{2}）L$；
（2）所加電壓的最大值為$\frac{（3-2\sqrt{2}）{B}^{2}q{L}^{2}}{4m}$．

點評 對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，一般是確定圓心位置，根據幾何關系求半徑，結合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據周期公式結合軌跡對應的圓心角求時間．