Question

10．如圖甲所示，在兩塊間距為L、板長均為$\sqrt{3}$L的固定水平金屬板之間，存在方向垂直紙面向外的勻強磁場；兩板的右側存在范圍足夠大、方向垂直紙面向內的勻強磁場．當兩板不帶電時，讓質量為m、電荷量為q的帶正電粒子流從兩板左端連線的中點O以初速度v₀水平向右射入板間，結果粒子恰好打到下板的中點．現(xiàn)將下板接地，上板的電勢φ隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，其中U=$\frac{2mv_0^2}{3q}$，t=0時刻從O點射入的經(jīng)時間t₀恰好從下板右邊絕緣射出．粒子打到板上均被板吸收，粒子所受的重力及粒子間的相互作用均不計．
（1）求兩板間磁場的磁感應強度大小B；
（2）若兩磁場的磁感應強度大小相等，且粒子P恰能回到O點，求右側磁場沿初速度方向的寬度d應滿足的條件和T的最小值T_min．

Answer 1

分析 （1）當兩板間不加電壓時，帶電粒子在兩板間的磁場中做勻速圓周運動，由于粒子打在板的中點，由幾何關系求出粒子做勻速圓周運動的半徑，由洛侖茲力提供向心力就能求出求出磁感應強度大小．
（2）由題設條件，帶電粒子在兩板間的運動情況較復雜，可以根據(jù)動能定理求出從下板右邊緣進入右邊磁場的速度，由于粒子又回到P點，根據(jù)帶電粒子運動的對稱性，畫出軌跡，當圓軌跡恰與右邊緣相切時，由幾何關系求出半徑，再由洛侖茲力提供向心力就能寬度就滿足的條件，再根據(jù)等時性求出周期的最小值．

解答 解：（1）當兩板不帶電時，設粒子在兩板間做勻速圓周運動的半徑為R₁，由洛侖茲力提供向心力有：
$qvB=m\frac{{v}^{2}}{{R}_{1}}$
根據(jù)幾何關系有：${{R}_{1}}^{2}=（{R}_{1}-\frac{L}{2}）^{2}+（\frac{\sqrt{3}L}{2}）^{2}$
解得：B=$\frac{m{v}_{0}}{qL}$ 
（2）根據(jù)題意，可畫出粒子P的運動軌跡如圖所示，對粒子P從O點運動到下板右邊緣的過程，由動能定理有：
$-q\frac{U}{2}=\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$
設粒子P在兩板的右側勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑為R₂，有
$qvB=m\frac{{v}^{2}}{{R}_{2}}$
解得：R₂=$\frac{\sqrt{3}}{3}L$
由幾何關系可知：$\frac{L}{2}={R}_{2}sinα$
右側磁場沿初速度方向的寬度應滿足的條件為：d≥R₂cosα+R₂
解得：d≥$\frac{\sqrt{3}}{2}L$
由于粒子P從O點運動到下板右邊緣與其從上板右邊緣運動到O點兩過程的運動軌跡關于兩板間的中心線下下對稱，
可知這兩個運動過程經(jīng)歷的時間相等，有T_min^_2t₀=$\frac{（2π-2α）{R}_{2}}{v}$
解得：T_min=2t₀+$\frac{4πL}{3{v}_{0}}$
答：（1）兩板間磁場的磁感應強度大小B為$\frac{m{v}_{0}}{qL}$．
（2）若兩磁場的磁感應強度大小相等，且粒子P恰能回到O點，則右側磁場沿初速度方向的寬度d應滿足的條件是d≥$\frac{\sqrt{3}}{2}L$，T的最小值T_min為2t₀+$\frac{4πL}{3{v}_{0}}$．

點評 本題要注意的是第二問，兩板間的磁場與板右邊的磁場的磁感應強度大小相等，雖然帶電粒子在兩板間的運動情況比較復雜，但帶電粒子恰好從下板右邊緣穿出，根據(jù)運動的對稱性，在右邊磁場做勻速圓周運動后又從上板右邊緣返回P點．