Question

3．如圖所示，直角三角形OAC（a=30°）區(qū)域內(nèi)有B=0.5T的勻強磁場，方向如圖所示．兩平行極板M、N接在電壓為u的直流電源上，左板為高電勢．一帶正電的粒子從靠近M板由靜止開始加速，從N板的小孔射出電場后，垂直O(jiān)A的方向從P點進入磁場中．帶電粒子的比荷為$\frac{q}{m}$=10⁵C/kg，OP間距離為L=0.3m．全過程不計粒子所受的重力，則：
（1）求粒子從OA邊離開磁場時粒子在磁場中運動的時間；
（2）求粒子從OC邊離開磁場時的最小電源電壓U；
（3）求粒子OC邊離開磁場時粒子在磁場中運動的最長時間．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中直線加速，在磁場中做勻速圓周運動，臨界情況是軌跡圓與OC邊相切；從AO邊射出時軌跡是半圓，結(jié)合推論公式T=$\frac{2πm}{qB}$和t=$\frac{θ}{2π}T$列式求解時間；
（2）粒子從OC邊離開磁場時的最小電源電壓U對應(yīng)的軌跡是軌跡圓與OC邊相切；最直線運動根據(jù)動能定理列式，對圓周運動根據(jù)牛頓第二定律列式，最后聯(lián)立求解；
（3）根據(jù)公式t=$\frac{θ}{2π}T$，軌跡圓的圓心角最大時粒子在磁場中運動的時間最長，臨界情況是軌跡圓與OC邊相切．

解答 解：（1）帶電粒子在磁場做圓周運動的周期為：
T=$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{2π}{1{0}^{5}×0.5}$=4π×10^-5s
當粒子從OA邊射出時，粒子在磁場中恰好運動了半個周期：
t₁=$\frac{T}{2}$=2π×10^-5s
（2）當帶電粒子的軌跡與OC邊相切時為臨界狀態(tài)，如圖所示：

結(jié)合幾何關(guān)系，有：
R+$\frac{R}{sinα}$=L
解得：
R=0.1m
電荷被加速，則有：
$qU=\frac{1}{2}m{v}^{2}$
磁場中：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
聯(lián)立解得：
U=$\frac{q{B}^{2}{R}^{2}}{2m}$=$\frac{1{0}^{5}×0．{5}^{2}×0．{1}^{2}}{2}$=125V
（3）粒子OC邊邊離開磁場，最大圓心角為120°，故粒子在磁場中運動的時間小于$\frac{1}{3}$周期，即：
$t＜\frac{T}{3}$=$\frac{4π}{3}×1{0}^{-5}s$
答：（1）粒子從OA邊離開磁場時粒子在磁場中運動的時間為2π×10^-5s；
（2）粒子從OC邊離開磁場時的最小電源電壓U為125V；
（3）粒子OC邊離開磁場時粒子在磁場中運動的最長時間為$\frac{4π}{3}×1{0}^{-5}s$．

點評 本題關(guān)鍵是明確粒子運動的運動性質(zhì)，畫出臨界軌跡，然后結(jié)合動能定理和牛頓第二定律列式分析，不難．