Question

5．如圖所示，A₁、A₂為兩塊面積很大、相互平行的金屬板，兩板間距離為d，以A₁板的中點為坐標原點，水平向右和豎直向下分別建立x軸和y軸，在坐標為（0，$\frac{1}{2}d$）的P處有一粒子源，可在坐標平面內向各個方向不斷發(fā)射同種帶電粒子，這些帶電粒子的速度大小均為v₀，質量為m，帶電量為+q，重力忽略不計，不考慮粒子打到板上的反彈，且忽略帶電粒子對金屬板上電荷分布的影響．
（1）若只在A₁、A₂板間加上恒定電壓U₀，且A₁板電勢低于A₂板，求粒子打到A₁板上的速度大��；
（2）若只在A₁、A₂板間加上一方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，且B＜$\frac{{2m{v_0}}}{dq}$，求A₁板上有
粒子打到的區(qū)域范圍（用x軸坐標值表示）；
（3）在第（2）小題前提下，若在A₁、A₂板間再加一電壓，使初速度垂直指向A₁板的粒子打不到A₁板，試確定A₁、A₂板電勢的高低以及電壓的大小．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場中加速，由動能定理很容易求出打到A₁板的速度大小．
（2）粒子源在P點向各個方向發(fā)射速度相同的同種粒子，則這些帶電粒子以相同的半徑有兩板間做勻速圓周運動，求打在A1板上的粒子的范圍：先要求出粒子做勻速圓周運動的半徑，并與上下板的距離進行對比，再根據粒子旋轉的方向，在想象中確定打在最右和最左的位置，但要注意的打在最左的位置分兩種情況考慮．
（3）在第二問做勻速圓周運動的基礎上在兩板間加上電場，這時粒子的運動非常復雜，要使粒子不再打到A₁板，應使粒子做曲線運動的曲率半徑減小，即使速度v減小，所以應加電場方向向下，即A₁板電勢高于A₂板；恰好不打到A₁板，即到達A₁板時速度方向與板平行，再在x軸和y軸方向對速度和位移累加，結合動能定理就能求出兩板間電壓的大小是．

解答 解：（1）粒子運動到A₁板，電場力做正功，有：
$q\frac{U_0}{2}=\frac{1}{2}m{v^2}-\frac{1}{2}m{v_0}^2$
得：$v=\sqrt{{v_0}^2+\frac{{q{U_0}}}{m}}$
（2）磁場中圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有：$qvB=m\frac{{{v_0}^2}}{R}$，
解得：$R=\frac{{m{v_0}}}{qB}＞\fracwewnfyg{2}$
  i  向右偏轉打到A₁板最遠為軌跡恰好與A₁板相切的粒子，如圖（1）所示，由
   幾何關系知：${x_右}^2+（R-\fracvo56vck{2}{）^2}={R^2}$
   可得：${x_右}=\sqrt{\frac{{m{v_0}d}}{qB}-\frac{d^2}{4}}$
  i i  向左偏轉打到A₁板最遠處對應有兩種情況：
      易知O₂M=$\frac{1}{4}d$，O₂N=$\frac{3}{4}d$ 
   情形一：若R＜$\frac{3}{4}d$，即$B＞\frac{{4m{v_0}}}{3dq}$時，最遠處軌道對應為x_左，PQ為直徑由幾何關系知：${（\frac2fiu0c4{2}）^2}+{x_左}^2={（2R）^2}$
     得：${x_左}=\sqrt{\frac{{4{m^2}{v_0}^2}}{{{q^2}{B^2}}}-\frac{d^2}{4}}$
   所以，當$B＞\frac{{4m{v_0}}}{3dq}$時A₁板上有粒子打到的范圍x軸坐標是：
       $-\sqrt{\frac{4{m}^{2}{{v}_{0}}^{2}}{{q}^{2}{B}^{2}}-\frac{eme1wsk^{2}}{4}}$～$\sqrt{\frac{{m{v_0}d}}{qB}-\frac{d^2}{4}}$ 
 情形二：若R＞$\frac{3}{4}d$，即$B＜\frac{{4m{v_0}}}{3dq}$時，最遠處為軌道與A₂相切的粒子打在A₁的落點，如圖（2）所示
   顯然仍有x₁=$\sqrt{\frac{{m{v_0}d}}{qB}-\frac{d^2}{4}}$
   又${（R-d）^2}+{x_2}^2={R^2}$
   或${（d-R）^2}+{x_2}^2={R^2}$
   得${x_2}=\sqrt{\frac{{2m{v_0}d}}{qB}-{d^2}}$
  則x_左=x₁+x₂=$\sqrt{\frac{{m{v_0}d}}{qB}-\frac{d^2}{4}}$+$\sqrt{\frac{{2m{v_0}d}}{qB}-{d^2}}$
  所以，當$B＜\frac{{4m{v_0}}}{3dq}$時A₁板上有粒子打到的范圍x軸坐標是：
-（$\sqrt{\frac{{m{v_0}d}}{qB}-\frac{d^2}{4}}$+$\sqrt{\frac{{2m{v_0}d}}{qB}-{d^2}}$）～$\sqrt{\frac{{m{v_0}d}}{qB}-\frac{d^2}{4}}$
（3）要使粒子不再打到A₁板，應使粒子做曲線運動的曲率半徑減小，即使速度v減小，所以應加電場方向向下，
  即A₁板電勢高于A₂板；恰好不打到A₁板，即到達A₁板時速度方向與板平行，設此時速度為v，
    $-q\frac{U}{2}=\frac{1}{2}m{v^2}-\frac{1}{2}m{v_0}^2$
   對于此時曲線軌跡上任一點在x方向上有$\frac{{△{v_x}}}{△t}=\frac{{q{v_y}B}}{m}=\frac{qB△y}{m△t}$
   分別對y方向的位移和x方向的速度累加得：$v=\frac{qdB}{2m}$
    得$U=\frac{{m{v_0}^2}}{q}-\frac{{q{B^2}{d^2}}}{4m}$
答：（1）若只在A₁、A₂板間加上恒定電壓U₀，且A₁板電勢低于A₂板，求粒子打到A₁板上的速度大小$\sqrt{{{v}_{0}}^{2}+\frac{q{U}_{0}}{m}}$．
（2）若只在A₁、A₂板間加上一方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，且B＜$\frac{{2m{v_0}}}{dq}$，則A₁板上有粒子打到的區(qū)域范圍有兩種情況：①當$B＞\frac{{4m{v_0}}}{3dq}$時A₁板上有粒子打到的范圍x軸坐標是：$-\sqrt{\frac{4{m}^{2}{{v}_{0}}^{2}}{{q}^{2}{B}^{2}}-\frac{fx21z1a^{2}}{4}}$～$\sqrt{\frac{{m{v_0}d}}{qB}-\frac{d^2}{4}}$ ②當$B＜\frac{{4m{v_0}}}{3dq}$時A₁板上有粒子打到的范圍x軸坐標是：-（$\sqrt{\frac{{m{v_0}d}}{qB}-\frac{d^2}{4}}$+$\sqrt{\frac{{2m{v_0}d}}{qB}-{d^2}}$）～$\sqrt{\frac{{m{v_0}d}}{qB}-\frac{d^2}{4}}$．
（3）在第（2）小題前提下，若在A₁、A₂板間再加一電壓，使初速度垂直指向A₁板的粒子打不到A₁板，則A₁板電勢高，且兩板電壓為$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{q}-\frac{q{B}^{2}mivsldu^{2}}{4m}$．

點評 本題的難點在于后兩問：①求打在A₁板上范圍，要考慮的因素很多，即有帶電粒子的旋轉方向及出射方向，其半徑與A₁和A₂板間距大小的關系等．②第三問的要使向A₁板射出的粒子打不到A1板，則是洛侖茲力改變其方向的，對于此時曲線軌跡上任一點在x方向上有$\frac{{△{v_x}}}{△t}=\frac{{q{v_y}B}}{m}=\frac{qB△y}{m△t}$，分別對y方向的位移和x方向的速度累加得到時最后平行于A₁板的速度即末速度：$v=\frac{qdB}{2m}$，再由動能定理求出兩板間的電壓．