Question

4．圖甲為某種速度選擇器示意圖（圖乙是該裝置的俯視圖），加速電場右側是一半徑為R的接地豎直金屬圓筒，它與加速電場靠得很近，圓筒可繞豎直中心軸以某一角速度逆時針勻速轉動．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)出同種粒子經電場加速進入圓筒（筒內加一豎直向下的勻強磁場，磁感應強度的大小為B），經磁場偏轉后，通過圓筒的小孔打到光屏上產生亮斑，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不加磁場，同時讓O₁、O₂、O₃、O、O₄在同一直線上．初速度不計的帶電粒子從小孔O₁進入加速電場，再從小孔O₃打入圓筒從O₄射出．當加速電壓調為U₀時，測出粒子在圓筒中運動的時間為t₀，請求出此粒子的比荷$\frac{q}{m}$；
（2）僅調整加速電場的電壓，可以使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，求達到光屏的粒子所對應的速率v的范圍，以及圓筒轉動的角速度ω．

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不加磁場時，粒子在圓筒內做勻速直線運動，由位移公式，即可求解．
（2）作出粒子運動軌跡，求出粒子做圓周運動的軌道半徑，然后應用牛頓第二定律求出粒子的臨界速度，再確定粒子的速度范圍；
光屏PQ范圍內的任意位置里均會出現(xiàn)亮斑，說明PQ范圍內均有粒子到達，最小速度的粒子到達P，最大速度的粒子到達Q，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得到速度與半徑的關系，由幾何關系求解出軌跡半徑，即可得到速度v的范圍．根據(jù)圓周運動的周期性，分析圓筒轉動的角速度ω．

解答 解：（1）由位移公式得：2R=v₀t₀，
由動能定理得：qU₀=$\frac{1}{2}$mv₀²-0，
解得：$\frac{q}{m}$=$\frac{2{R}^{2}}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$；
（2）粒子運動軌跡如圖所示，由幾何知識得：
由幾何關系，可得，r₁=$\frac{\sqrt{3}}{3}$R，r₂=$\sqrt{3}$R，
由牛頓第二定律得：qBv=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：v₁=$\frac{2\sqrt{3}B{R}^{2}}{3{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$，v₂=$\frac{2\sqrt{3}B{R}^{2}}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$，
則粒子的速度：$\frac{2\sqrt{3}B{R}^{2}}{3{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$≤v≤$\frac{2\sqrt{3}B{R}^{2}}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$，
由題意可知，帶電粒子在磁場中運動的時間為圓筒旋轉的時間，
角速度：ω=$\frac{△θ}{△t}$，圓心角：△θ=$\frac{π}{2}$，時間：△t=$\frac{1}{4}$T，
周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，解得：ω=$\frac{2{R}^{2}B}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$；
答：（1）此粒子的比荷$\frac{q}{m}$為$\frac{2{R}^{2}}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$；
（2）達到光屏的粒子所對應的速率v的范圍是：$\frac{2\sqrt{3}B{R}^{2}}{3{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$≤v≤$\frac{2\sqrt{3}B{R}^{2}}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$，圓筒轉動的角速度ω為$\frac{2{R}^{2}B}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$．

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