Question

14．如圖甲所示，D為粒子源，AB處的裝置為速度選擇器，AB為平行金屬板之間的電壓U，所加勻強磁場的磁感應強度為B；平行金屬板M，N長度均為L，相距為d，其中N板接地；OO′為中軸線．其中電荷量為q、質量為m的帶負電的粒子，從D沿不同方向，以不同速率射出；從速度選擇器射出的粒子速度為v₀．忽略粒子的重力和粒子之間的相互作用力，忽略電場和磁場的邊緣效應．求：

（1）速度選擇器AB兩板之間的距離．
（2）若M、N之間只有電場，M板的電勢φ隨時間t的變化圖象如圖乙所示．其周期為$\frac{L}{{v}_{0}}$；從t=0開始，大量沿OO′方向持續(xù)攝入M、N之間的離子，最終恰好全部平行離開M、N而不打在極板上．則φ₀為多少？
（3）緊貼M、N右側建立直角坐標系xOy，在坐標平面的第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)存在一個圓形的勻強磁場，磁場方向直于坐標平面．要使在（2）情景下所有粒子經(jīng)過磁場偏轉后，都會聚于P（2d，2d）點，求該圓形勻強磁場的磁感應強度大小的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，應用平衡條件可以求出極板間的距離．
（2）粒子在MN板間做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律可以求出電勢．
（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，求出粒子軌道半徑的臨界值，然后應用牛頓第二定律求出磁感應強度的臨界值，再確定磁感應強度的范圍．

解答 解：（1）粒子在速度選擇器中做勻速直線運動，
由平衡條件得：q$\frac{U}{wowyri3_{0}}$=qv₀B₀，解得，極板間的距離：d₀=$\frac{U}{{B}_{0}{v}_{0}}$；
（2）粒子在MN板間做類平拋運動，
水平方向：L=v₀T，解得：T=$\frac{L}{{v}_{0}}$，
粒子在MN間運動的時間與電勢φ隨時間變化規(guī)律的周期相等，
所有粒子剛好能全部離開電場而不打在極板上，可以確定在：
t=n$\frac{T}{2}$時刻進入電場的粒子恰好分別從極板右側的上下邊緣平行于極板飛出，
由類平拋運動規(guī)律得：2×$\frac{1}{2}$×$\frac{q{φ}_{0}}{md}$×$（\frac{T}{2}）^{2}$=$\fracr2ymdvy{2}$，解得：φ₀=$\frac{2m1bo5f1c^{2}{v}_{0}^{2}}{q{L}^{2}}$；
（3）設粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r，磁場的半徑為R，
當P點為圓形磁場的最高點且R=r時，從MN中平行射出的粒子能全部會聚于P點，
如圖所示，粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，解得：B=$\frac{m{v}_{0}}{qr}$，
圓形磁場半徑最小與最大半徑分別為：R₁、R₂，
由幾何知識得：2R₁=2d+$\fracgjldfxt{2}$，R₂=2d，
解得，最大與最小磁感應強度：B₁=$\frac{4m{v}_{0}}{5qd}$，B₂=$\frac{m{v}_{0}}{2qd}$，
磁感應強度的范圍：$\frac{m{v}_{0}}{2qd}$≤B≤$\frac{4m{v}_{0}}{5qd}$；
答：（1）速度選擇器AB兩板之間的距離為$\frac{U}{{B}_{0}{v}_{0}}$．
（2）φ₀為$\frac{2mb61ebtu^{2}{v}_{0}^{2}}{q{L}^{2}}$；
（3）該圓形勻強磁場的磁感應強度大小的取值范圍是：$\frac{m{v}_{0}}{2qd}$≤B≤$\frac{4m{v}_{0}}{5qd}$．

點評 本題考查了粒子在速度選擇器、粒子在磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程是解題的前提，作出粒子運動軌跡、求出粒子臨界軌道半徑是解題的關鍵；應用平衡條件與牛頓第二定律可以解題．