Question

6．如圖甲所示，平行金屬板A和B間的距離為d，現(xiàn)在A、B板上加上如圖乙所示的方波電壓，t=0時A板比B板的電勢高．電壓的正向值為U₀，反向值也為U₀，現(xiàn)有質(zhì)量為m電量為+q的粒子組成的粒子束，從AB的中點(diǎn)O沿金屬板中軸線OO′以速度v₀=$\frac{{q{U_0}T}}{3md}$不斷射入，所有粒子在AB間的飛行時間均為T，不計重力影響．試求：
（1）t=0時射入的帶電粒子在兩板間的偏轉(zhuǎn)距離；
（2）粒子射出電場時的速度；
（3）若要使射出電場的粒子經(jīng)某一垂直紙面的圓形有界勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后，都能從圓形有界磁場邊界上的同一個點(diǎn)射出，從而能便于再收集，則磁場區(qū)域的最小半徑和相應(yīng)的磁感強(qiáng)度是多大？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求出t=0時射入的帶電粒子在兩板間的偏轉(zhuǎn)距離；
（2）粒子在打出粒子的速度都是相同的，由速度合成法求解；
（3）要使平行粒子能夠交于圓形磁場區(qū)域邊界且有最小區(qū)域時，磁場直徑最小值與粒子寬度相等，即可得到磁場區(qū)域的最小半徑．粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場中，由洛倫茲力提供向心力，可牛頓第二定律求出相應(yīng)的磁感強(qiáng)度．

解答 解：（1）當(dāng)粒子由t=0時刻進(jìn)入電場，向下偏轉(zhuǎn)距離為：
${s_1}=\frac{1}{2}a{（\frac{2T}{3}）^2}+a（{\frac{2T}{3}}）•\frac{T}{3}-\frac{1}{2}a{（\frac{T}{3}）^2}$$a=\frac{{q{U_0}}}{md}$
解得：${s_1}=\frac{{7q{U_0}{T^2}}}{18md}$
（2）打出粒子的速度都是相同的，在沿電場線方向速度大小為：${v_y}=a•\frac{T}{3}$
所以打出速度大小為：$v=\sqrt{v_0^2+v_y^2}$
解得：$v=\frac{{\sqrt{2}q{U_0}T}}{3md}$
設(shè)速度方向與v₀的夾角為θ，則有：$tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=1$，
解得：θ=45°
（3）當(dāng)粒子在t=nT時刻進(jìn)入電場，向下偏轉(zhuǎn)距離最大為：${s_1}=\frac{{7q{U_0}{T^2}}}{18md}$，
當(dāng)粒子由$t=nT+\frac{2T}{3}$時刻進(jìn)入電場，向上偏轉(zhuǎn)距離最大為：${s_2}=\frac{{q{U_0}{T^2}}}{18md}$，
所以，在距離O′中點(diǎn)下方$\frac{{7q{U_0}{T^2}}}{18md}$至上方$\frac{{q{U_0}{T^2}}}{18md}$范圍內(nèi)有粒子打出．
所有粒子射出電場時的速度方向彼此平行，要使平行粒子能夠交于圓形磁場區(qū)域邊界且有最小區(qū)域時，磁場直徑最小值與粒子寬度相等，
粒子寬度為：D=（s₁+s₂）cos45°
故磁場區(qū)域的最小半徑為：$r=\frac{D}{2}=\frac{{\sqrt{2}q{U_0}{T^2}}}{9md}$
粒子在磁場中作圓周運(yùn)動，有：$qvB=m\frac{v^2}{r}$
解得：$B=\frac{3m}{qT}$．
答：（1）t=0時射入的帶電粒子在兩板間的偏轉(zhuǎn)距離為$\frac{7q{U}_{0}{T}^{2}}{18md}$；
（2）粒子射出電場時的速度為$\frac{\sqrt{2}q{U}_{0}T}{3md}$；
（3）磁場區(qū)域的最小半徑為$\frac{\sqrt{2}q{U}_{0}{T}^{2}}{9md}$，相應(yīng)的磁感強(qiáng)度是$\frac{3m}{qT}$．

點(diǎn)評 本題考查了帶電粒子在電場和磁場中的運(yùn)動，掌握處理類平拋運(yùn)動的方法，以及知道粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)用幾何知識求出半徑．