Question

16．如圖甲所示，平行放置的金屬板A、B間電壓為U₀，中心各有一個小孔P、Q；平行放置的金屬板C、D間電壓變化規(guī)律如圖乙，板長和板間距均為L；粒子接收屏M與D板夾角為127°．現從P點處連續(xù)不斷地有質量為 m、帶電量為+q的粒子放出（粒子的初速度可忽略不計），經加速后從Q點射出，貼著C板并平行C板射入，經周期T粒子恰好通過C、D間電場（粒子間相互作用力忽略不計，重力不計，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．

（1）T 與上述物理量之間應滿足怎樣的關系；
（2）若在t=0時刻進入C、D間電場的粒子恰從D板邊緣飛出，則U為多少？并求此粒子射出時的速度v；
（3）在（2）的條件下，欲使從C、D間飛出的粒子匯聚在M板上某一點，并使在t=$\frac{T}{2}$時刻進入C、D間的粒子垂直打在M板上，可在C、D右邊某處加一垂直紙面的勻強磁場，試求磁感應強度B的大小和磁場的最小面積S_min．

Answer 1

分析 （1）先由動能定理求出電場加速獲得的速度．粒子進入CD間，水平方向做勻速直線運動，由L=v₀T求解T．
（2）若在t=0時刻進入C、D間電場的粒子恰從D板邊緣飛出，粒子在CD間先做類平拋運動，后沿速度方向做勻速直線運動，根據牛頓第二定律和運動學公式結合求解．
（3）在t=$\frac{T}{2}$時刻進入C、D間的粒子，豎直分位移最小，由位移公式求出豎直分位移最小值，并由幾何關系得到粒子束的寬度．粒子在磁場中做勻速圓周運動，由數學知識求得軌道半徑，從而由牛頓第二定律可求得B．由幾何知識求解磁場的最小面積S_min．

解答 解：（1）電場加速過程，有：qU₀=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$，
粒子在C、D間運動過程，有：
L=v₀T         
解得：T=$\sqrt{\frac{m{L}^{2}}{2q{U}_{0}}}$；
（2）粒子在C、D間電場中運動時的加速度：a=$\frac{qU}{mL}$              
在t=$\frac{T}{2}$時刻豎直分速度：v_y=a$•\frac{T}{2}$                  
豎直位移 L=$\frac{0+{v}_{y}}{2}•\frac{T}{2}$+v_y$•\frac{T}{2}$       
解得：U=$\frac{16}{3}{U}_{0}$                      
射出時速度方向與射入方向間的夾角：tanα=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$
解得：tanα=$\frac{4}{3}$，α=53°          
射出時速度的大小為：v=$\frac{{v}_{0}}{cos53°}$=$\frac{5}{3}\sqrt{\frac{2q{U}_{0}}{m}}$；   
（3）在t=$\frac{T}{2}$時刻進入C、D間的粒子，y_min=$\frac{0+{v}_{y}}{2}•\frac{T}{2}$=$\frac{L}{3}$     
其速度大小和方向與t=0時刻進入的粒子相同，平行于M板
粒子束的寬度為：d=$\frac{2L}{3}cos53°$=$\frac{2L}{5}$                    
粒子在磁場中做勻速圓周運動：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
粒子在磁場中的半徑為：r=d=$\frac{2L}{5}$                       
解得：B=$\frac{25}{6L}$$\sqrt{\frac{2m{U}_{0}}{q}}$                       
最小面積為：S_min=2（$\frac{1}{4}π{r}^{2}$-$\frac{1}{2}i2m9uml^{2}$）=$\frac{2（π-2）}{25}{L}^{2}$．
答：（1）T 與上述物理量之間應滿足的關系是T=$\sqrt{\frac{m{L}^{2}}{2q{U}_{0}}}$；
（2）U為$\frac{16}{3}{U}_{0}$，此粒子射出時的速度v大小為$\frac{5}{3}\sqrt{\frac{2q{U}_{0}}{m}}$，方向與射入方向間的夾角為53°．
（3）磁感應強度B的大小是$\frac{25}{6L}$$\sqrt{\frac{2m{U}_{0}}{q}}$，磁場的最小面積為$\frac{2（π-2）}{25}{L}^{2}$．

點評 本題關鍵是分析帶電粒子的運動情況，確定出臨界條件，運用牛頓第二定律和運動學規(guī)律結合進行求解．