Question

3．如圖所示，M、N為加速電場的兩極板，M板中心有一小孔Q，其正上方有一半徑為R₁=1m的圓形磁場區(qū)域，圓心為0，另有一內(nèi)半徑為R₁，外半徑為R₂=$\sqrt{3}$m的同心環(huán)形磁場區(qū)域，區(qū)域邊界與M板相切于Q點，磁感應強度大小均為B=0.5T，方向相反，均垂直于紙面．一比荷$\frac{q}{m}$=4×10⁷C/kg帶正電粒子從N板的P點由靜止釋放，經(jīng)加速后通過小孔Q，垂直進入環(huán)形磁場區(qū)域．已知點P、Q、O在同一豎直線上，不計粒子的重力，且不考慮粒子的相對論效應．
（1）若加速電壓U₁=1.25×10⁶V，求粒子剛進入環(huán)形磁場時的速率v₀
（2）要使粒子能進入中間的圓形磁場區(qū)域，加速電壓U₂應滿足什么條件？
（3）在某加速電壓下粒子進入圓形磁場區(qū)域，恰能水平通過圓心O，之后返回到出發(fā)點P，求粒子從Q孔進人磁場到第一次回到Q點所用的時間．

Answer 1

分析 （1）粒子在勻強電場加速過程中，根據(jù)動能定理列式求解v₀；
（2）畫出粒子恰好不進入中間磁場區(qū)的臨界軌跡，先根據(jù)幾何關系求出半徑，然后根據(jù)洛倫茲力提供向心力列方程，再根據(jù)動能定理對直線加速過程列方程，最后聯(lián)立方程組求解即可；
（3）畫出運動軌跡并結(jié)合對稱性，得到軌跡對應的圓心角，然后求解出時間．

解答 解：（1）粒子在勻強電場中，由動能定理得：
  qU₁=$\frac{1}{2}$mv₀²-0…①
代入數(shù)據(jù)解得：v₀=1×10⁷m/s；…②
（2）粒子剛好不進入中間圓形磁場的軌跡如圖所示，設此時粒子在磁場中運動的旋轉(zhuǎn)半徑為r₁，在Rt△QOO₁中有：
  r₁²+R₂²=（r₁+R₁）²…③
解得 r₁=1m…④
由$Bqv=\frac{{mv_{\;}^2}}{r_1}$得 r₁=$\frac{mv}{qB}$ …⑤
又由動能定理得：qU₂=$\frac{1}{2}$mv²-0…⑥
聯(lián)立④⑤⑥解得：U₂=5×10⁶V…⑦
所以加速電壓U₂滿足條件是：U₂＞5×10⁶V…⑧
（3）粒子的運動軌跡如圖所示，由于 O、O₃、Q共線且豎直，又由于粒子在兩磁場中的半徑相同為r₂，有
  O₂O₃=2O₂Q=2r₂
由幾何關系得∠QO₂O₃=60°
故粒子從Q孔進入磁場到第一次回到Q點所用的時間為
t=2（$\frac{1}{6}$T+$\frac{5}{12}$T）=$\frac{7}{6}$T…⑨
又T=$\frac{2πm}{qB}$…⑩
由⑨⑩得t≈3.66×10^-7s…（11）
答：
（1）粒子剛進入環(huán)形磁場時的速率為1×10⁷m/s；
（2）要使粒子能進入中間的圓形磁場區(qū)域，加速電壓U₂應滿足條件：U₂＞5×10⁶V；
（3）粒子從Q孔進人磁場到第一次回到Q點所用的時間約為3.66×10^-7s．

點評 解決本題的關鍵一是能根據(jù)動能定理求加速后的速率，二是能根據(jù)圓周運動特征畫出粒子運動軌跡，由運動軌跡確定粒子圓周運動的半徑和對圓心轉(zhuǎn)過的角度，這是正確解題的關鍵．