Question

11．如圖a所示，O為加速電場(chǎng)上極板的中央，下極板中心有一小孔O′，O與O′在同一豎直線上，空間分布著有理想邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其邊界MN、PQ（加速電場(chǎng)的下極板與邊界MN重合）將勻強(qiáng)磁場(chǎng)分為Ⅰ、Ⅱ兩個(gè)區(qū)域，Ⅰ區(qū)域高度為d，Ⅱ區(qū)域的高度足夠大，兩個(gè)區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向如圖．一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子從O點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)加速后通過(guò)小孔O′，垂直進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)．設(shè)加速電場(chǎng)兩極板間的電壓為U，不計(jì)粒子的重力．
 
（1）求粒子進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)時(shí)的速度大��；
（2）若粒子運(yùn)動(dòng)一定時(shí)間后恰能回到O點(diǎn)，求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大��；
（3）若將加速電場(chǎng)兩極板間的電壓提高到3U，為使帶電粒子運(yùn)動(dòng)一定時(shí)間后仍能回到O點(diǎn)，需將磁場(chǎng)Ⅱ向下移動(dòng)一定距離，（如圖b所示）．求磁場(chǎng)Ⅱ向下移動(dòng)的距離y及粒子從O′點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ到第一次回到O′點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t．

Answer 1

分析 （1）由動(dòng)能定理可以求出粒子的速度．
（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強(qiáng)度．
（3）由牛頓第二定律與幾何知識(shí)求出偏移量，求出粒子在磁場(chǎng)與做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，然后求出總的時(shí)間．

解答 解：（1）粒子在加速電場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng)，
由動(dòng)能定理得：qU=$\frac{1}{2}$mv²，解得：v=$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$；
（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
由幾何知識(shí)得：R=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$d，
解得：B=$\sqrt{\frac{3mU}{2q7kfsgb0^{2}}}$；
（3）由動(dòng)能定理得：3qU=$\frac{1}{2}$mv₁²，
由幾何知識(shí)得：R₁=2d，α=30°，y=（6-2$\sqrt{3}$）d，
粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t₁=$\frac{5πm}{3qB}$，
粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t₂=2$\frac{（4\sqrt{3}-4）d}{{v}_{1}}$，
子從O′進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ到第一次回到O′點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：
t=t₁+t₂=$\frac{（5π+12\sqrt{3}-12）d}{9}$$\sqrt{\frac{6m}{qU}}$；
答：（1）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)時(shí)的速度大小為v$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$；
（2）若粒子運(yùn)動(dòng)一定時(shí)間后恰能回到O點(diǎn)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為$\sqrt{\frac{3mU}{2qfdmmk5j^{2}}}$；
（3）磁場(chǎng)Ⅱ向下移動(dòng)的距離y及粒子從O′進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅰ到第一次回到O′點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t為=$\frac{（5π+12\sqrt{3}-12）d}{9}$$\sqrt{\frac{6m}{qU}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程、應(yīng)用動(dòng)能定理、牛頓第二定律、幾何知識(shí)即可正確解題．解帶電粒子在有界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，一般要作出運(yùn)動(dòng)軌跡，確定圓心，應(yīng)用幾何知識(shí)求出粒子軌道半徑．