Question

6．如圖甲所示，兩平行金屬板間接有如圖乙所示的隨時(shí)間t變化的交流電壓u，且當(dāng)u大于零時(shí)，上極板電勢(shì)比下極板高．金屬板板長(zhǎng)L=0.2m，板間距離d=0.2m．在金屬板右側(cè)，緊挨著金屬板邊緣有一個(gè)足夠長(zhǎng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，其邊界為直線MN和PQ，MN、PQ均與兩板中線OO′垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.25×10^-2T，方向垂直紙面向里．現(xiàn)有帶正電的粒子流沿兩板中線OO′連續(xù)射入電場(chǎng)中，已知每個(gè)粒子的速度大小 v₀=10⁵m/s，比荷q/m=10⁸C/kg，重力忽略不計(jì)．在每個(gè)粒子通過(guò)電場(chǎng)區(qū)域的極短時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)可視為恒定不變，不考慮因電場(chǎng)變化對(duì)帶電粒子運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的影響，不考慮電荷間的相互影響．求：
（1）能夠進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的粒子的最大動(dòng)能與最小動(dòng)能的比值；
（2）要讓穿過(guò)MN進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子都能從磁場(chǎng)中返回到MN，磁場(chǎng)區(qū)域的最小寬度；
（3）u滿足什么范圍，穿過(guò)MN進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子能重新返回進(jìn)入電場(chǎng)？

Answer 1

分析 1、偏轉(zhuǎn)電壓為零時(shí)，帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的初動(dòng)能最小，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓不為零時(shí)，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向偏轉(zhuǎn)位移最大時(shí)粒子獲得動(dòng)能最大，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解此時(shí)的最大動(dòng)能，從而得到比值；
2、帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度越大運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑越大，要求的磁場(chǎng)寬度越寬，根據(jù)上一小題的結(jié)論可知進(jìn)入磁場(chǎng)的最大速度的值，根據(jù)洛倫茲力提供向心力 可以解得軌跡半徑R，根據(jù)幾何關(guān)系最小寬X=R+Rsin45°，代入數(shù)據(jù)化簡(jiǎn)即可．
3、粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度方向與水平方向成θ角，速度大小為v_t，它進(jìn)磁場(chǎng)與出磁場(chǎng)之間的距離為l，根據(jù)幾何關(guān)系$l=2Rcosθ=\frac{2m{v}_{t}cosθ}{qB}$，所有粒子的距離l是一常數(shù)，與偏轉(zhuǎn)電壓（θ角）無(wú)關(guān)，當(dāng)粒子水平方向進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，$l＞\fracsdgfzjs{2}$．故在小于0V的電壓范圍內(nèi)粒子不能都返回電場(chǎng)．根據(jù)幾何關(guān)系${y}_{臨界}=l-\fracszreqw1{2}$，又勻加速運(yùn)動(dòng)的位移公式${y}_{臨界}=\frac{U′q}{2dm}$t²，代入數(shù)據(jù)計(jì)算出最小電壓U′，從而得知電壓的取值范圍．

解答 解：（1）帶電粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，有：
$t=\frac{L}{{v}_{0}}=\frac{0.2}{1{0}^{5}}s=2×1{0}^{-6}s$
在豎直方向上運(yùn)動(dòng)的位移為：$y=\frac{Uq}{2dm}{t}^{2}$ 
當(dāng)偏轉(zhuǎn)位移最大$y=\fracc7aztzm{2}$時(shí)，偏轉(zhuǎn)電壓最大，為：$U=\frac{fpd2nuv^{2}m{v}_{0}^{2}}{q{L}^{2}}$=100V
故最大動(dòng)能為：${E}_{km}=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}+\frac{qU}{2}$$\frac{1}{2}m（1{0}^{10}+1{0}^{8}×100）=1{0}^{10}m（J）$
當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為零時(shí)，電場(chǎng)力不做功，則最小動(dòng)能為：${E}_{kmin}=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}=\frac{1}{2}m•1{0}^{10}=\frac{1}{2}×1{0}^{10}m（J）$
所以$\frac{{E}_{km}}{{E}_{kmin}}=\frac{2}{1}$
（2）帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度越大運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑越大，要求的磁場(chǎng)寬度越寬，寬度最寬的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如右圖所示根據(jù)上一小題的結(jié)論可知進(jìn)入磁場(chǎng)的最大速度為：${v}_{t}=\sqrt{2}{v}_{0}$ 
根據(jù)洛倫茲力提供向心力為：$q{v}_{t}B=m\frac{{v}_{t}^{2}}{R}$   
解得：$R=\frac{m{v}_{t}}{qB}$
代入數(shù)據(jù)得：$R=0.08\sqrt{2}m$  
最小寬度為：X=R+Rsin45°
解得：X=$（0.08+0.08\sqrt{2}）m$  
（3）設(shè)某粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，速度方向與水平方向成θ角，速度大小為v_t，它進(jìn)磁場(chǎng)與出磁場(chǎng)之間的距離為l，如圖，根據(jù)幾何關(guān)系可得：
$l=2Rcosθ=\frac{2m{v}_{t}cosθ}{qB}$=$2\frac{m{v}_{0}}{qB}$
代入數(shù)據(jù)可得：l=0.16m   
即所有粒子的距離l是一常數(shù)，與偏轉(zhuǎn)電壓（θ角）無(wú)關(guān)
當(dāng)粒子水平方向進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，$l＞\fracm2cuhn1{2}$
故在小于0V的電壓范圍內(nèi)粒子不能都返回電場(chǎng)，只有向下偏轉(zhuǎn)的部分粒子才能返回電場(chǎng)，有：
${y}_{臨界}=l-\fracy7zjor6{2}$=0.06m
又因?yàn)?{y}_{臨界}=\frac{U′q}{2dm}$t²
解得：U′=60V    
故范圍為60V＜U≤100V．
答：（1）能夠進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的粒子的最大動(dòng)能與最小動(dòng)能的比值為2．
（2）要讓穿過(guò)MN進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子都能從磁場(chǎng)中返回到MN，磁場(chǎng)區(qū)域的最小寬度為$（0.08+0.08\sqrt{2}）m$．
（3）交流電壓在范圍為60V＜U≤100V，穿過(guò)MN進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子能重新返回進(jìn)入電場(chǎng)．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是畫出粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后的各種可能的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式后得出半徑，然后求出磁偏轉(zhuǎn)的距離表達(dá)式，從而得到偏轉(zhuǎn)電壓的范圍．