Question

16．如圖甲所示，兩平行金屬板A、B的板長(zhǎng)和板間距離均為L(zhǎng)（L=0.1m），AB間所加的電壓u=200sin100πtV，如圖乙所示．平行金屬板右側(cè)$\frac{L}{2}$處有一豎直放置的金屬擋板C，高度為$\frac{13}{12}$L并和A、B間隙正對(duì)，C右側(cè)L處有一豎直放置的熒光屏S．從O點(diǎn)沿中心軸線OO′以速度v₀=2.0×10³m/s連續(xù)射入帶負(fù)電的離子，離子的比荷$\frac{q}{m}$=3×10⁴C/kg，（射到金屬板上的離子立即被導(dǎo)走，不對(duì)周圍產(chǎn)生影響，不計(jì)離子間的相互作用，離子在A、B兩板間的運(yùn)動(dòng)可視為在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．）離子打在熒光屏上，可在熒光屏中心附近形成一個(gè)陰影．π=3．

（1）求熒光屏中心附近陰影的長(zhǎng)度．
（2）若在擋板C左、右各$\frac{L}{2}$的范圍內(nèi)（圖中量豎直虛線間），加大小為B₁=1.0T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，OO′上方磁場(chǎng)垂直紙面向里、OO′下方磁場(chǎng)垂直紙面向外，則何時(shí)進(jìn)入兩板的離子剛好繞過(guò)C板上下邊緣到達(dá)O′點(diǎn)？
（3）為使從A極板右側(cè)邊緣打出的離子能到達(dá)屏的中點(diǎn)O′，可在擋板正上方一圓形區(qū)域加垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=$\sqrt{2}$T（圓心在擋板所在垂線上，圖中未畫(huà)出），求所加圓形磁場(chǎng)的面積和離子在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．（計(jì)算結(jié)果全部保留二位有效數(shù)字）

Answer 1

分析 （1）能到達(dá)屏的離子臨界狀態(tài)是從擋板上下兩個(gè)端點(diǎn)飛過(guò)，離子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，離開(kāi)電場(chǎng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)離子的運(yùn)動(dòng)特征結(jié)合幾何關(guān)系求解陰影部分的長(zhǎng)度；
（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，應(yīng)用牛頓第二定律與類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律解題．
（3）作出滿足條件的離子運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系和洛倫茲力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力求解離子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，從而得出磁場(chǎng)的面積，并根據(jù)離子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)所轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角，根據(jù)周期關(guān)系求出離子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

解答 解：（1）設(shè)兩板間所加電壓U₁時(shí)，負(fù)離子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的側(cè)向距離y，如圖所示．

由牛頓第二定律得：$y=\frac{1}{2}•\frac{{q{U_1}}}{mL}{（\frac{L}{v_0}）^2}=\frac{{q{U_1}L}}{2mv_0^2}$，
$tan{θ_1}=\frac{v_y}{v_0}=\frac{{\frac{{q{U_1}}}{mL}•\frac{L}{v_0}}}{v_0}=\frac{{q{U_1}}}{mv_0^2}$，$y'=\frac{L}{2}•tan{θ_1}=\frac{{q{U_1}L}}{2mv_0^2}$，解得：y=y'，
而$y+y'=\frac{13L}{24}$，故：$y=y'=\frac{13L}{48}$，
由幾何關(guān)系，有；$y''=2y'=\frac{13L}{24}$，
因?yàn)橄嗤�的離子當(dāng)加上大小相等的反向電壓時(shí)，離子偏轉(zhuǎn)對(duì)稱于OO′軸，
所以屏上的陰影長(zhǎng)度為：$MN=2MO'=2（y+y'+y''）=\frac{13}{6}L≈0.22m$；
（2）設(shè)離子在偏轉(zhuǎn)電壓U₂中加速后以速度v₁進(jìn)入磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為R₁，
且離子剛好水平從擋板邊緣飛過(guò)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．

洛倫茲力提供向心力，$qv{B_1}=m\frac{v_1^2}{R_1}$，解得：${R_1}=\frac{{m{v_1}}}{{q{B_1}}}$，
而：${v_1}=\frac{v_0}{{cos{θ_2}}}$，則：${R_1}=\frac{{m{v_0}}}{{q{B_1}cos{θ_2}}}$，
再由幾何關(guān)系得：${R_1}sin{θ_2}=\frac{L}{2}$，則：$tan{θ_2}=\frac{{q{B_1}L}}{{2m{v_0}}}$，
豎直方向：
由速度分解有：${v_y}={v_0}tan{θ_2}=\frac{{q{B_1}L}}{2m}$，
又：${v_y}=at=\frac{{q{U_2}}}{mL}•\frac{L}{v_0}=\frac{{q{U_2}}}{{m{v_0}}}$，
所以：$\frac{{q{B_1}L}}{2m}=\frac{{q{U_2}}}{{m{v_0}}}$，解得：${U_2}=\frac{{{B_1}L{v_0}}}{2}$，
代入數(shù)據(jù)得U₂=100V，由對(duì)稱性可知，當(dāng)離子在U'₂=-100V時(shí)，
離子剛好通過(guò)板的下邊緣到達(dá)O′點(diǎn)．
又u=200sin100πt（V）  $\frac{U_2}{U_M}=\frac{1}{2}$
所以t=$\frac{nT}{4}±\frac{1}{6}T=（\frac{n}{4}±\frac{1}{6}）T=0.02（\frac{n}{4}±\frac{1}{6}）$s  （n=1，3，5，…）；  
（3）設(shè)離子在偏轉(zhuǎn)電壓U₃中加速后以速度v₂進(jìn)入磁場(chǎng)中
運(yùn)動(dòng)的半徑為R₂，滿足條件的離子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．

離子以v₂=$\sqrt{2}{v_0}$進(jìn)入磁場(chǎng)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，
由${B_2}q{v_2}=m\frac{v_2^2}{R_2}$知${R_2}=\frac{{\sqrt{2}m{v_0}}}{{{B_2}q}}$，
代入數(shù)據(jù)得${R_2}=\frac{{\sqrt{2}×2×{{10}^3}}}{{\sqrt{2}×3×{{10}^4}}}m=\frac{1}{15}m$，
由幾何關(guān)系，所加的磁場(chǎng)的半徑：$r=\frac{{\sqrt{2}}}{2}{R_2}$，所以　$r=\frac{{\sqrt{2}}}{30}m$，
所加磁場(chǎng)的面積：$S=π{r^2}=\frac{1}{75}m≈6.7×{10^{-3}}m$²，
因?yàn)?T=\frac{2πm}{{q{B_2}}}$，且離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角度為90°，
所以，離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：$t'=\frac{T}{4}=\frac{πm}{{2q{B_2}}}=\frac{3}{{2×3×{{10}^4}×\sqrt{2}}}s=\frac{{\sqrt{2}}}{4}×{10^{-4}}s≈3.5×{10^{-5}}s$；
答：（1）熒光屏中心附近陰影的長(zhǎng)度為0.22m．
（2）在t=$\frac{nT}{4}±\frac{1}{6}T=（\frac{n}{4}±\frac{1}{6}）T=0.02（\frac{n}{4}±\frac{1}{6}）$s  （n=1，3，5，…）時(shí)刻進(jìn)入兩板的離子剛好繞過(guò)C板上下邊緣到達(dá)O′點(diǎn)．
（3）所加圓形磁場(chǎng)的面積為6.7×10^-3m²，離子在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為3.5×10^-5s．

點(diǎn)評(píng) 本題運(yùn)算較復(fù)雜，考查帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，熟練掌握運(yùn)動(dòng)的合成與分解的訪求分析處理類平拋運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，能根據(jù)離子運(yùn)動(dòng)軌跡處理帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題．