Question

2．如圖所示，水平放置的平行金屬板M、N間距為$\sqrt{3}$R，板長為2R，其中心線為O₁O₂．左側有一以O為圓心、半徑為R的虛線圓，O、O₁、O₂在同一水平線上，OO₁=R．虛線圓內存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外（圖中未畫出）．平行金屬板右側距兩板右端2R處有一豎直熒光屏．虛線圓周上有點P，PO垂直于O₁O₂．位于P點的粒子放射源，在紙面內向各個方向磁場釋放出速率為v₀、電荷量為q、質量為m的帶正電粒子，粒子在磁場中運動的軌道半徑剛好也是R．若在M、N兩板間加上某一恒定電壓，發(fā)現屏上只有一個亮點Q（圖中未畫出）．不計平行金屬板兩端的邊緣效應及粒子的重力．
（1）求磁場磁感應強度B的大��；
（2）推證所有粒子出磁場時的速度方向均與O₁O₂平行；
（3）求粒子從P到Q所用的時間；
（4）求兩板間恒定電壓U的大�。�

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由幾何知識得到軌跡半徑，由牛頓第二定律求解磁感應強度的大小；
（2）粒子運動$\frac{1}{4}$周期時間，求得周期，即可求出粒子在磁場中運動的時間；
（3）粒子在平行板間做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律與動能定理可以求出速度與L間的關系．

解答 解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得：
qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，
解得：B=$\frac{m{v}_{0}}{qR}$；
（2）任意做出粒子的一個國際圓O′，交磁場圓與H，如圖1，因兩個圓的半徑相等，所以POHO′S是菱形，HO′∥PO，粒子的速度與HO′垂直，也就與O₁O₂平行．
（3）熒光屏上只有一個亮點，說明打在屏上的兩種必須緊靠左側上邊緣射入，從另一個極板的邊緣射出電場．
①若U_M＞U_N，粒子的軌跡如圖2，由幾何關系得：Rcosα=0.5R
得：α=30°
∠PO′S=150°
粒子在磁場中運動的時間：${t}_{1}=\frac{150°}{360°}T=\frac{5πR}{6{v}_{0}}$
粒子從出磁場到進入磁場的距離：
x=R（1-sin30°）=0.5R
使用的時間：${t}_{2}=\frac{x}{{v}_{0}}=\frac{R}{2{v}_{0}}$
粒子在電場中運動的時間：${t}_{3}=\frac{2R}{{v}_{0}}$
粒子從出電場到屏的時間：${t}_{4}=\frac{2R}{{v}_{0}}$
總時間：$t={t}_{1}+{t}_{2}+{t}_{3}+{t}_{4}=\frac{5πr}{6{v}_{0}}+\frac{R}{2{v}_{0}}+\frac{2R}{{v}_{0}}+\frac{2R}{{v}_{0}}=\frac{5π+27}{6{v}_{0}}•R$
②若U_M＜U_N粒子運動的軌跡如圖3，由幾何關系得：∠PO′S=30°
粒子在磁場中運動的時間：${t}_{1}′=\frac{30°}{360°}•T=\frac{πR}{6{v}_{0}}$
粒子運動的總時間：$t′={t}_{1}′+{t}_{2}+{t}_{3}+{t}_{4}=\frac{πr}{6{v}_{0}}+\frac{R}{2{v}_{0}}+\frac{2R}{{v}_{0}}+\frac{2R}{{v}_{0}}=\frac{π+27}{6{v}_{0}}•R$
（4）粒子在兩板之間運動時，有：$\sqrt{3}R=\frac{1}{2}a{t}_{3}^{2}$
又：qE=ma，$E=\frac{U}{\sqrt{3}R}$
聯立解得：$U=\frac{3m{v}_{0}^{2}}{2q}$
答：（1）磁場磁感應強度B的大小是$\frac{m{v}_{0}}{qR}$；
（2）證明見前；
（3）粒子從P到Q所用的時間是$\frac{5π+27}{6{v}_{0}}•R$或$\frac{π+27}{6{v}_{0}}•R$；
（4）兩板間恒定電壓U的大小是$\frac{3m{v}_{0}^{2}}{2q}$．

點評 本題粒子在磁場中運動時，由幾何知識求出軌跡半徑是關鍵，在電場中分析兩段位移的關系是關鍵．