Question

5．如圖所示，左側(cè)平行極板間有水平方向的勻強(qiáng)電場，右側(cè)絕緣光滑圓環(huán)內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，圓環(huán)的圓心為O，半徑為R，現(xiàn)將質(zhì)量為m、帶電量大小為q的帶正電的粒子（粒子重力忽略不計(jì)），從a點(diǎn)由靜止經(jīng)電場加速后從小入口c沿圓環(huán)直徑射入磁場區(qū)域．在圓心O的正上方圓環(huán)還有一個小出口b．己知粒子和圓環(huán)的碰撞過程沒有動能和電荷量損失，B、R、m、q均為已知量．
（1）兩極板間電壓為U，請求出帶電粒子在磁場中的運(yùn)動半徑r；
（2）兩極板間電壓U可取任意值，如果帶電粒子能從出口b射出，則存在一個粒子從入口c射入，從出口b射出的最短時間，求這個最短時間；
（3）兩極板間電壓U取某些值時，粒子不經(jīng)過圓環(huán)內(nèi)的陰影bOc扇形區(qū)域就能從b出口射出，求兩極板間所加電壓U取的可能值．

Answer 1

分析 （1）在電場中由動能定理求出進(jìn)入磁場的速度，由洛侖茲力提供向心力從而求出帶電粒子在磁場中運(yùn)動的半徑．
（2）要求從b口射出的粒子的最短時間，顯然是只與圓環(huán)碰撞一次后從b口射出，由由何關(guān)系求出碰撞一次的偏轉(zhuǎn)角，由周期公式就能求出最短的時間．
（3）粒子不經(jīng)過圓環(huán)內(nèi)的陰影bOc扇形區(qū)域就能從b出口射出，則粒子只能經(jīng)過圓環(huán)的碰撞后從b口射出，設(shè)經(jīng)n次碰撞后從b口射出，則每次偏轉(zhuǎn)角為$\frac{\frac{3π}{2}}{n+1}$，再由幾何關(guān)系求出粒子做勻速圓周運(yùn)動的半徑r，由半徑公式求出速度，再由動能定理求出加速電場的電壓．

解答 解：（1）粒子在電場中加速，由動能定理：$qU=\frac{1}{2}m{v}^{2}$
粒子在磁場中做錯勻速圓周運(yùn)動，洛侖茲力提供向心力：$qvB=m\frac{{v}^{2}}{r}$
由以上兩式可得：r=$\frac{1}{B}\sqrt{\frac{2Um}{q}}$
（2）經(jīng)分析可知：粒子與圓環(huán)碰撞一次后從出口b射出，對應(yīng)的粒子在磁場中運(yùn)動的時間最短，
運(yùn)動軌跡如圖所示．
由幾何關(guān)系得：$θ=π-\frac{3}{4}π=\frac{π}{4}$
而$T=\frac{2πm}{qB}$
則最短時間${t}_{min}=\frac{2θ}{2π}T$=$\frac{πm}{2qB}$
（3）設(shè)粒子在非陰影區(qū)與圓環(huán)碰撞n次后從出口b射出，每段圓弧所對圓心角θ，經(jīng)分析由幾何關(guān)系得：$θ=\frac{\frac{3π}{2}}{n+1}$=$\frac{3π}{4（n+1）}$
$tan\frac{θ}{2}=\frac{R}{r}$
由（1）問的結(jié)論及以上兩式可得：U=$\frac{{B}^{2}{R}^{2}q}{2m}〔tan\frac{3π}{4（n+1）}{〕}^{2}$，（n=1，2，3…）
答：（1）兩極板間電壓為U，帶電粒子在磁場中的運(yùn)動半徑r為$\frac{1}{B}\sqrt{\frac{2Um}{q}}$．
（2）兩極板間電壓U可取任意值，如果帶電粒子能從出口b射出，則存在一個粒子從入口c射入，從出口b射出的最短時間，這個最短時間為$\frac{πm}{2qB}$．
（3）兩極板間電壓U取某些值時，粒子不經(jīng)過圓環(huán)內(nèi)的陰影bOc扇形區(qū)域就能從b出口射出，兩極板間所加電壓U取的可能值為$\frac{{B}^{2}{R}^{2}q}{2m}〔tan\frac{3π}{4（n+1）}{〕}^{2}$，
（n=1，2，3…）．

點(diǎn)評 本題的靚點(diǎn)在于第三問：經(jīng)n次碰撞或n+1次偏轉(zhuǎn)后從b口射出，先求出偏轉(zhuǎn)角，再由幾何關(guān)系求出粒子做勻速圓周運(yùn)動的半徑與R的關(guān)系，從而求出粒子的速度，而速度是由加速電場加速獲得，從而求出加速電壓U．