Question

7．如圖所示，在水平平行正對金屬板MN間有勻強電場，M板帶負電，N板帶正電．在M板上有一小孔O（孔略大于帶電粒子大�。�，一比荷為8.0×10⁵C/kg的粒子從O的正下方貼近N板處的P點，在電場力作用下由靜止開始運動，通過孔O進入M板上方空間．在M板上方為以O(shè)為圓心，以R=0.1m為半徑的半圓形區(qū)域I內(nèi)，有磁感應(yīng)強度為B₁=0.5T的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，在M板上方、區(qū)域I外的區(qū)域II中分布有磁感應(yīng)強度為B₂的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里（不計粒子所受重力）．
（1）若粒子能進入?yún)^(qū)域Ⅱ，求MN兩板間電壓U的范圍；
（2）以O(shè)為原點，沿M板水平向右為x軸正方向，建立平面直角坐標系xoy．求當MN兩板間電壓U₁=1.0×10³V時，粒子從區(qū)域Ⅰ進入?yún)^(qū)域Ⅱ時在邊界上的位置坐標；
（3）調(diào)節(jié)電壓至U₂=4.0×10³V時發(fā)現(xiàn)粒子恰經(jīng)過O點回到出發(fā)點P，求B₂的值．

Answer 1

分析 （1）粒子進入磁場I內(nèi)做勻速圓周運動，設(shè)軌跡半徑為r，要使粒子能進入?yún)^(qū)域Ⅱ，須有 r＞$\frac{1}{2}$R．再根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式求解粒子速度范圍，由動能定理求電壓U的范圍．
（2）當MN兩板間電壓U₁=1.0×10³V時，由動能定理和牛頓第二定律求出粒子的軌跡半徑，由幾何知識求粒子從區(qū)域Ⅰ進入?yún)^(qū)域Ⅱ時在邊界上的位置坐標；
（3）U₂=4.0×10³V時粒子恰經(jīng)過O點回到出發(fā)點P，先求軌跡半徑，畫出軌跡圖，由對稱性和數(shù)學知識結(jié)合求解B₂的值．

解答 解：（1）設(shè)粒子在區(qū)域 I內(nèi)做勻速圓周運動的速率為v，軌跡半徑為r，粒子能進入?yún)^(qū)域Ⅱ，則r＞$\frac{1}{2}$R，又：
 qvB₁=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，得 r=$\frac{mv}{q{B}_{1}}$
在電場中，由動能定理得 qU=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
聯(lián)立解得MN板間電壓 U＞$\frac{{R}^{2}q{B}_{1}^{2}}{8m}$
即 U＞250V    
（2）當U₁=1.0×10³V時，由
 r₁=$\frac{m{v}_{1}}{q{B}_{1}}$
及 qU₁=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
得軌跡半徑 r₁=0.1m                 
粒子軌跡如圖，由幾何關(guān)系可知△OO₁A為等邊三角形，

故粒子從區(qū)域Ⅰ進入?yún)^(qū)域Ⅱ時在邊界上的位置坐標：x₁=$\frac{1}{20}$m；y₁=$\frac{\sqrt{3}}{20}$m，即A的位置坐標為（$\frac{1}{20}$m，$\frac{\sqrt{3}}{20}$m）         
（3）若U₂=4.0×10³V時，由  
 r₂=$\frac{m{v}_{2}}{q{B}_{1}}$
及 qU₂=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
解得 r₂=0.2m；                
粒子軌跡由對稱性如圖所示，設(shè)軌跡交于邊界坐標為（x₂，y₂），則

$（{r}_{2}-{x}_{2}）^{2}$+${y}_{2}^{2}$=${r}_{2}^{2}$
${x}_{2}^{2}+{y}_{2}^{2}={R}^{2}$
解得：x₂=$\frac{1}{40}$m               
設(shè)粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動的軌跡半徑為r₀
則 $\frac{{x}_{2}}{{r}_{2}}$=$\frac{{r}_{0}}{{r}_{2}+{r}_{0}}$
可得 r₀=$\frac{{r}_{2}}{7}$
又 $\frac{{r}_{0}}{{r}_{2}}$=$\frac{{B}_{1}}{{B}_{2}}$   
解得   B₂=7B₁=3.5T
答：
（1）若粒子能進入?yún)^(qū)域Ⅱ，MN兩板間電壓U的范圍為U＞250V．  
（2）粒子從區(qū)域Ⅰ進入?yún)^(qū)域Ⅱ時在邊界上的位置坐標為（$\frac{1}{20}$m，$\frac{\sqrt{3}}{20}$m）．
（3）B₂的值為3.5T．

點評 分析清楚離子運動過程、作出其運動軌跡是正確解題題的前提與關(guān)鍵，要熟練推導粒子圓周運動的半徑公式，運用幾何知識解決軌跡問題．