Question

1．如圖甲所示，真空中有一以（r，0）為圓心、半徑為r的圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的磁感強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里．磁場(chǎng)的上方有兩個(gè)等大的足夠長(zhǎng)的平行金屬  板MN，M板帶負(fù)電，N板帶正電．兩板間距離為2r．從O點(diǎn)沿x軸正方向發(fā)射質(zhì)子，當(dāng)質(zhì)子進(jìn)入兩板間時(shí)，兩板間立即加上如圖乙所示的變化電壓，周期為T(mén)，且電壓從t=0開(kāi)始變化，電壓的最大值為$\frac{16m{r}^{2}}{e{T}^{2}}$．已知質(zhì)子的電荷量為e，質(zhì)量為m，質(zhì)子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)半徑也為r，不計(jì)質(zhì)子重力．求：

（1）質(zhì)子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小；
（2）從進(jìn)入M、N兩板間開(kāi)始計(jì)時(shí)，質(zhì)子到達(dá)M板的時(shí)間及其動(dòng)能．

Answer 1

分析 （1）質(zhì)子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出質(zhì)子的速度．
（2）質(zhì)子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)中類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，分別求出質(zhì)子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．由動(dòng)能定理即可求得質(zhì)子到達(dá)M板的動(dòng)能．

解答 解：（1）質(zhì)子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：
  evB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：v=$\frac{eBr}{m}$；
（2）質(zhì)子進(jìn)入MN兩板間，在0到$\frac{T}{2}$時(shí)間內(nèi)不受電場(chǎng)力作用，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，t₁=$\frac{T}{2}$
質(zhì)子在$\frac{T}{2}$到T內(nèi)受電場(chǎng)力作用，電場(chǎng)力：F=eE=$\frac{eU}{2r}$，質(zhì)子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，
由牛頓第二定律得：a=$\frac{F}{m}$=$\frac{eU}{2mr}$，已知：U=$\frac{16m{r}^{2}}{e{T}^{2}}$
在水平方向上質(zhì)子做勻加速運(yùn)動(dòng)，有：x=r=$\frac{1}{2}$at₂²，解得：t₂=$\frac{T}{2}$
則從進(jìn)入M、N兩板間開(kāi)始計(jì)時(shí)，質(zhì)子到達(dá)M板的時(shí)間：t=t₁+t₂=T；
質(zhì)子在兩板間偏轉(zhuǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理得
  e$•\frac{U}{2}$=E_k-$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
解得 E_k=$（\frac{8m}{{T}^{2}}+\frac{{e}^{2}{B}^{2}}{2m}）{r}^{2}$
答：
（1）質(zhì)子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小是$\frac{eBr}{m}$；
（2）從進(jìn)入M、N兩板間開(kāi)始計(jì)時(shí)，質(zhì)子到達(dá)M板的時(shí)間為T(mén)，動(dòng)能為$（\frac{8m}{{T}^{2}}+\frac{{e}^{2}{B}^{2}}{2m}）{r}^{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了質(zhì)子的在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚質(zhì)子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的前提與關(guān)鍵，分析清楚質(zhì)子運(yùn)動(dòng)過(guò)程后，應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)的合成與分解、類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律即可正確解題．