Question

11．如圖甲所示，正對(duì)平行金屬板中心線O處有一粒子源，能連續(xù)不斷發(fā)出質(zhì)量為m，電荷量為q、速度為V₀的帶正電的粒子，所有粒子均沿兩板中心線射入板間，在緊靠板的上方等腰三角形PQR內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，此三角形的對(duì)稱軸與兩板中心線重合，且∠RPQ=30°．兩板間不加電壓時(shí)，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)軌跡恰好與PR邊相切，如圖中所示．當(dāng)在兩板間加如圖乙所示的周期性變化的電壓時(shí)，t=0時(shí)刻進(jìn)入板間的粒子恰好能從板邊緣垂直進(jìn)入磁場(chǎng)．已知板長為L，板間距離為2d，PQ長度為6d，不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用．求：
（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大��；
（2）兩板間電壓；
（3）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長和最短時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）由幾何關(guān)系得到圓的半徑，然后運(yùn)用洛倫茲力等于向心力列式求解磁感應(yīng)強(qiáng)度；
（2）粒子點(diǎn)電場(chǎng)中做類似平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的分位移公式和牛頓第二定律列式求解；
（3）所有粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小均為v₀，方向均垂直PQ邊；從中心線右側(cè)進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子的軌跡均為半個(gè)圓周，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長；從左側(cè)極板邊緣進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短；結(jié)合推論式t=$\frac{θ}{2π}$T列式求解即可．

解答 解：（1）由幾何知識(shí)知粒子軌道半徑：r=d
洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，
解得：B=$\frac{m{v}_{0}}{qd}$；
（2）t=0時(shí)刻進(jìn)入板間的粒子先向a板加速時(shí)間△t=$\frac{l}{2{v}_{0}}$，
然后再向a板減速時(shí)間△t=$\frac{l}{2{v}_{0}}$，
恰好從板邊緣以速度v₀垂直PQ邊進(jìn)入磁場(chǎng)．
在板間運(yùn)動(dòng)的加速度：a=$\frac{q{U}_{0}}{2md}$，
由對(duì)稱性可知：d=2×$\frac{1}{2}$×a×（△t）²
解得電壓：U₀=$\frac{8m7wwbyii^{2}{v}_{0}^{2}}{q{l}^{2}}$；
（3）所有粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小均為v₀，方向均垂直PQ邊；  
從中心線右側(cè)進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長；
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期：T=$\frac{2πd}{{v}_{0}}$
所以最長時(shí)間：t_max=$\frac{T}{2}$=$\frac{πd}{{v}_{0}}$，
從左側(cè)極板邊緣進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，
且時(shí)間最短，由幾何知識(shí)知軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為60°
所以最短時(shí)間：t_min=$\frac{1}{6}$T=$\frac{πd}{3{v}_{0}}$；
答：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為$\frac{m{v}_{0}}{qd}$；
（2）兩板間電壓為$\frac{8mflgltl7^{2}{v}_{0}^{2}}{q{l}^{2}}$；
（3）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為$\frac{πd}{{v}_{0}}$，最短時(shí)間為$\frac{πd}{3{v}_{0}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是明確粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，找出臨界軌跡，根據(jù)類似平拋運(yùn)動(dòng)的分運(yùn)動(dòng)公式、牛頓第二的力量和幾何關(guān)系列式求解．