Question

4．如圖甲所示，建立Oxy坐標系，兩平行極板P、Q垂直于y軸且關于x軸對稱，極板長度和板間距均為l，第一四象限有磁場，方向垂直于Oxy平面向里．位于極板左側的粒子源沿x軸向右連接發(fā)射質量為m、電量為+q、速度相同、重力不計的帶電粒子．在0～3t₀時間內兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極板邊緣的影響）．已知t=0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在t₀時刻經極板邊緣射入磁場．上述m、q、l、t₀、B為已知量．（不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況）求：
（1）兩板間的電壓U₀
（2）0～3t₀時間內射入兩板間的帶電粒子在磁場中運動的最長時間t₁和最短時間t₂
（3）$\frac{1}{2}$t₀時刻射入兩板間的帶電粒子進入磁場和離開磁場時的位置坐標．

Answer 1

分析 （1）首先求出電容器加有電壓時的電場強度，從而求出有電場時的加速度，把粒子的運動在豎直方向上分為兩段，先是勻加速運動，后是勻速運動，在豎直方向上，這兩段位移的和大小上等于板間距離的一半．列式即可求出電壓．
（2）帶電粒子在磁場中的運動時間最短，即為進入磁場時速度方向與y軸的夾角最小的情況，當在電場中偏轉的角度最大時，在磁場中的運動時間最短，結合幾何知識即可求出最短時間．
（3），$\frac{1}{2}$t₀時刻進入兩極板的帶電粒子，前$\frac{1}{2}$t₀時間在電場中偏轉，后$\frac{1}{2}$t₀時間兩極板沒有電場，帶電粒子做勻速直線運動離開電場．根據運動學規(guī)律求出y方向分速度與x方向分速度，再合成求出粒子進入磁場時的速度，則牛頓定律求出粒子在磁場中做圓周運動的半徑，進而求出離開磁場時的位置坐標．

解答 解：（1）t=0時刻進入兩極板的帶電粒子在電場中做勻變速曲線運動，t₀時刻剛好從極板邊緣射出，在y軸負方向偏移的距離為$\frac{1}{2}$l，則有：E=$\frac{{U}_{0}}{l}$…①，
Eq=ma…②
$\frac{1}{2}$l=$\frac{1}{2}$at₀²…③
聯(lián)立以上三式，解得兩極板間偏轉電壓為：U₀=$\frac{m{l}^{2}}{q{{t}_{0}}^{2}}$ 
（2）$\frac{1}{2}$t₀時刻進入兩極板的帶電粒子，前$\frac{1}{2}$t₀時間在電場中偏轉，后$\frac{1}{2}$t₀時間兩極板沒有電場，帶電粒子做勻速直線運動．
帶電粒子沿x軸方向的分速度大小為v₀=$\frac{l}{{t}_{0}}$
帶電粒子離開電場時沿y軸負方向的分速度大小為v_y=a$•\frac{1}{2}$t₀
2t₀時刻進入兩極板的帶電粒子在磁場中運動時間最短．帶電粒子離開磁場時沿y軸正方向的分速度為v_y′=at₀，
設帶電粒子離開電場時速度方向與y軸正方向的夾角為α，則tanα=$\frac{{v}_{0}}{{v}_{y}′}$，
由以上各式解得α=$\frac{π}{4}$，帶電粒子在磁場運動的軌跡圖如圖所示，圓弧所對的圓心角為2α=$\frac{π}{2}$，所求最短時間為t_min=$\frac{1}{4}$T，帶電粒子在磁場中運動的周期為
T=$\frac{2πm}{qB}$，聯(lián)立以上兩式解得t_min=$\frac{πm}{2qB}$，即帶電粒子在磁場中運動最短時間t₂=$\frac{πm}{2qB}$，同理可求得帶電粒子在磁場中運動的最長時間$\frac{3πm}{2qB}$．
（3）如上所述，t₀/2時刻進入兩極板的帶電粒子，前t₀/2時間在電場中偏轉，后t₀/2時間兩極板沒有電場，帶電粒子做勻速直線運動離開電場．由③式
$\frac{1}{2}$at₀²=$\frac{1}{2}$l，則在前$\frac{1}{2}$t₀時間沿y軸方向的位移y₁=$\frac{1}{8}$l，之后$\frac{1}{2}$t₀時間沿y軸方向的位移y₂=2y₁=$\frac{1}{4}$l，故帶電粒子與y軸相交的坐標為
y=-（y₂+y₁）=-$\frac{3}{8}$l，即帶電粒子進入磁場時的位置坐標為（0，-$\frac{3l}{8}$）；
設帶電粒子離開電場時速度方向與y軸負方向的夾角為β，則tanβ=$\frac{{v}_{0}}{{v}_{y}}$=$\frac{\frac{l}{{t}_{0}}}{\frac{1}{2}a{{t}_{0}}^{2}}$=2，此后受到洛倫茲力向上偏轉，利用幾何關系可以求得帶電粒子進入磁場和離開磁場時的位置相距△y=2Rsinβ=$\frac{4}{\sqrt{5}}$R．
又 帶電粒子離開電場時沿y軸負方向的分速度大小為v_y=a•$\frac{1}{2}$t₀
帶電粒子離開電場時的速度大小為v=$\sqrt{{{v}_{x}}^{2}+{{v}_{y}}^{2}}$
設帶電粒子離開電場進入磁場做勻速圓周運動的半徑為R，則有qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$ 
由以上各式解得R=$\frac{\sqrt{5}ml}{2qB{t}_{0}}$
故△y=$\frac{4}{\sqrt{5}}$R=$\frac{2ml}{qB{t}_{0}}$，因此帶電粒子離開磁場時的位置在y軸的坐標
Y=△y+y=$\frac{2ml}{qB{t}_{0}}$-$\frac{3l}{8}$，即帶電粒子離開磁場時的位置坐標為（0，$\frac{2ml}{qB{t}_{0}}$-$\frac{3l}{8}$）．
答：（1）兩板間的電壓U₀為$\frac{m{l}^{2}}{q{{t}_{0}}^{2}}$；
（2）0～3t₀時間內射入兩板間的帶電粒子在磁場中運動的最長時間t₁為$\frac{3πm}{2qB}$．
最短時間t₂為$\frac{πm}{2qB}$；
（3）$\frac{1}{2}$t₀時刻射入兩板間的帶電粒子進入磁場和離開磁場時的位置坐標為（0，$\frac{2ml}{qB{t}_{0}}$-$\frac{3l}{8}$）．

點評 點評：該題考查到的知識點較多，首先是考察到了離子在勻強電場中的偏轉，并且電場還是變化的，這就要求我們要有較強的過程分析能力，對物體的運動進行分段處理；還考察到了離子在勻強磁場中的偏轉，要熟練的會用半徑公式和周期公式解決問題；在解決粒子在有界磁場中的運動時間問題時，要注意偏轉角度與運動時間的關系，熟練的運用幾何知識解決問題．是一道難度較大的題．