Question

8．如圖甲所示，平行金屬板MN極板間距d=0.4m，板長L=0.4m，兩板間加如圖乙所示的電壓，在板的右側(cè)有垂直紙面向外的有界勻強磁場，虛線AB、AC為磁場的邊界線，磁感應(yīng)強度大小B=2.5×10^-2T，磁場范圍足夠大，有一粒子源S沿金屬板中心軸線方向連續(xù)射出比荷為$\frac{q}{m}$=4.0×10⁶C/kg、速度為v0=2.0×10⁴m/s帶正電的粒子，粒子最后從AC邊界射出．（帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的時間極短，粒子通過電場時兩極板間的電壓可認(rèn)為不變）求：

（1）t=0時刻發(fā)射出的粒子在磁場中做圓周運動的半徑R₀；
（2）t=$\frac{{t}_{0}}{2}$時刻發(fā)射出的粒子進入磁場時速度的大�。�
（3）不同時刻發(fā)射出的粒子，在磁場中運動的時間不同，求0～t₀時間內(nèi)發(fā)射出的粒子在磁場中運動的最長時間．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)洛倫茲力提供圓周運動向心力由粒子運動速度求得運動半徑；
（2）帶電粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)運動的合成與分解分別求得粒子在豎直方向與水平方向的速度從而求得粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時的速度大小即可；
（3）作出粒子進入磁場中的運動軌跡，由運動軌跡得出粒子在磁場中運動的時間與粒子進入磁場時的偏轉(zhuǎn)角有關(guān)，求得粒子在磁場中運動的時間的長短由粒子在加速電場中偏轉(zhuǎn)角的大小決定，再根據(jù)類平拋運動特點求得對應(yīng)的最長運動時間即可．

解答 解：（1）t=0時刻偏轉(zhuǎn)電壓為0，發(fā)射出的粒子勻速通過極板，在磁場中運動的速度大小為v₀，在磁場中運動洛倫茲力提供圓周運動向心力有：
$q{v}_{0}B=m\frac{{v}_{0}^{2}}{{R}_{0}}$
可得${R}_{0}=\frac{m{v}_{0}}{qB}=\frac{{v}_{0}}{\frac{q}{m}B}=\frac{2.0×1{0}^{4}}{4.0×1{0}^{6}×2.5×1{0}^{-2}}m$=0.2m
（2）$t=\frac{{t}_{0}}{2}$時刻極板間電壓U'=$\frac{1}{2}U$，粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)粒子射入磁場時沿y軸方向（即垂直于金屬板方向）的分速度為v_y，則有：

$q\frac{U′}w3wbwsy=ma$
L=v₀t
v_y=at=$\frac{q\frac{U}{2}}{md}•\frac{L}{{v}_{0}}$
可得粒子射入磁場時速度大小為$v=\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}=\sqrt{{v}_{0}^{2}+（\frac{q\frac{U}{2}}{md}•\frac{L}{{v}_{0}}）^{2}}$=$\sqrt{（2.0×1{0}^{4}）^{2}+（4.0×1{0}^{6}×{\frac{\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}×1{0}^{2}}{2}}{0.4}•\frac{0.4}{2.0×1{0}^{4}}）}^{2}}$m/s=$\sqrt{\frac{13}{3}}×1{0}^{4}m/s$
（3）設(shè)粒子射出極板時速度的大小為v，偏轉(zhuǎn)角為α，在磁場中圓周運動的半徑為R，由題意則有：
$v=\frac{{v}_{0}}{cosα}$
又洛倫茲力提供向心力有：
$qvB=\frac{m{v}^{2}}{R}$
可得半徑R=$\frac{{R}_{0}}{cosα}$
粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖，

圓心為O'，與AC交點為D，設(shè)∠O′DO=β，根據(jù)幾何關(guān)系有：
$\fraclfrpdqw{2}+\frac{L}{2}tanα=Rcosα+Rsinβ$
又$\frac548pva7{2}=\frac{L}{2}$=R₀
可解得：sinα=sinβ，即α=β
粒子在磁場中運動的周期為T=$\frac{2πm}{qB}$
則粒子在磁場中運動的時間t=$\frac{\frac{π}{2}+2α}{2π}T=\frac{m（π+4α）}{2qB}$
由此可知，當(dāng)粒子射入磁場時速度偏轉(zhuǎn)角越大，則粒子在磁場中運動的時間就越大，假設(shè)極板間電壓為最大值U時，粒子能射出電場，則粒子在磁場中運動的時間最長．
當(dāng)電壓最大時粒子射入磁場時沿y方向的分速度${v}_{ym}=\frac{2\sqrt{3}}{3}×1{0}^{4}m/s$
y方向偏轉(zhuǎn)距離：${y}_{m}=\frac{{v}_{ym}}{2}•\frac{L}{{v}_{0}}$=$\frac{\sqrt{3}}{15}m＜0.2m$
說明粒子可以射出極板此時粒子速度偏轉(zhuǎn)角最大聲，設(shè)為α_m
則$tan{α}_{m}=\frac{{v}_{ym}}{{v}_{0}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$
即${α}_{m}=\frac{π}{6}$
故粒子在磁場中運動的最長時間${t}_{m}=m\frac{（π+4{α}_{m}）}{2qB}=\frac{5πm}{6qB}$
代入數(shù)據(jù)可得t_m=$\frac{π}{12}×1{0}^{-4}s$
答：（1）t=0時刻發(fā)射出的粒子在磁場中做圓周運動的半徑R₀為0.2m；
（2）t=$\frac{{t}_{0}}{2}$時刻發(fā)射出的粒子進入磁場時速度的大小為$\sqrt{\frac{13}{3}}×1{0}^{4}m/s$；
（3）不同時刻發(fā)射出的粒子，在磁場中運動的時間不同，求0～t₀時間內(nèi)發(fā)射出的粒子在磁場中運動的最長時間為$\frac{π}{12}×1{0}^{-4}s$．

點評 本題應(yīng)注意題意中給出的條件，在粒子穿出電場的時間極短，電壓看作不變；同時要注意帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)類題目一定要找清幾何關(guān)系．