Question

16．如圖甲所示，平行板M、N關(guān)于x軸對稱，右端剛好與y軸相交，板長為L，板間距離也為L，兩板間加上如圖乙所示的正弦交流電（圖中U_m已知），在y軸右側(cè)有垂直于xOy平面向里的勻強磁場，在平行板左端、x軸上A點有一粒子源，沿x軸正向不斷發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，粒子的速度大小相等，粒子的速度大小相等，這些粒子剛好都能進入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后剛好不能再進入板間電場，粒子穿過兩板間所用的時間遠小于T，不計粒子的重力，求：
（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大�。�
（2）粒子打在y軸上的范圍．

Answer 1

分析 （1）粒子在有電壓時在板間是做類平拋運動，在磁場中勻速圓周運動，求出進出磁場位置之間的距離，無電壓時勻速通過后進入磁場，求出進出磁場位置間的距離，發(fā)現(xiàn)與電壓無關(guān)，結(jié)合題意，所有粒子不再進入板間電場，分析臨界軌跡即恰好從邊緣飛出的粒子，由類平拋運動求出粒子初速度，結(jié)合進出磁場位置間距離可以求出B的大�。�
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，求出粒子打在y軸上的臨界值，然后確定粒子打在y軸上的范圍．

解答 解：（1）粒子在磁場中做類平拋運動，粒子剛好都能進入磁場，
水平方向：L=v₀t₁，豎直方向：$\frac{1}{2}$L=$\frac{1}{2}$at₁²=$\frac{1}{2}$$\frac{q{U}_{m}}{mL}$t₁²，解得：v₀=$\sqrt{\frac{q{U}_{m}}{m}}$，
粒子離開電場時的速度：v=$\sqrt{2}$v₀=$\sqrt{\frac{2q{U}_{m}}{m}}$，方向與x軸成α=45°角，
粒子進入磁場后做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
粒子剛好不能再進入板間電場，由幾何關(guān)系可知：r=$\frac{\sqrt{2}}{2}$L，
解得：B=$\frac{2}{L}$$\sqrt{\frac{m{U}_{m}}{q}}$；
（2）粒子進入磁場時速度大小為v′，方向與x軸的夾角為θ，
則有：v′cosθ=v₀，粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑：r′=$\frac{mv′}{qB}$，
粒子的位置在y軸的側(cè)移為：L′=2rcosθ=L，
由此可知，粒子在y軸上的側(cè)移量都相同，都是向上側(cè)移L，
粒子打在y軸上的范圍為：0.5L≤y≤1.5L；
答：（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小為$\frac{2}{L}$$\sqrt{\frac{m{U}_{m}}{q}}$；
（2）粒子打在y軸上的范圍是：0.5L≤y≤1.5L．

點評 本題是帶電粒子在交變電場和勻強磁場中運動的問題，在電場中仍然利用類平拋的規(guī)律，在磁場中勻速圓周運動，洛倫茲力充當向心力，本題關(guān)鍵是畫出臨界軌跡，結(jié)合數(shù)學知識求解．