Question

19．如圖甲所示，在平行板電容器上加上如圖乙所示的交變電壓，在貼近E處有一粒子放射源，能夠逐漸發(fā)射出大量質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子，忽略粒子離開放射源時(shí)的初速度及粒子間的相互作用力，粒子只在電場(chǎng)力作用下運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間極短可認(rèn)為平行板間電壓不變．從極板F射出的粒子能夠繼續(xù)沿直線向右運(yùn)動(dòng)，并由O點(diǎn)射入右側(cè)的等腰直角三角形磁場(chǎng)區(qū)域．等腰直角三角形ABC的直角邊邊長(zhǎng)為L(zhǎng)．O為斜邊AB的中點(diǎn)，在OA邊上放有熒光屏，已知所有粒子剛好不能從AC邊射出磁場(chǎng)，接收到粒子的熒光屏區(qū)域能夠發(fā)光．求：
（1）熒光屏上亮線的長(zhǎng)度；
（2）所加電壓的最大值U₀．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑最大時(shí)的軌跡與AC邊相切，根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，由此求出亮線長(zhǎng)度；
（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解最大速度，再根據(jù)動(dòng)能定理求解電壓．

解答 解：（1）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑最大時(shí)的軌跡如圖所示，軌跡與AC邊相切與D點(diǎn)；

設(shè)此軌道半徑為R，O′為圓心，則由幾何關(guān)系可得：
L_OA=$\frac{1}{2}{L}_{AB}=\frac{\sqrt{2}}{2}L$，
L_O′A=L_OA-R_m，
又$\sqrt{2}{R}_{m}$，
解得：${R}_{m}=\frac{2-\sqrt{2}}{2}L$，
所以熒光屏上亮線的長(zhǎng)度為d=2R_m=$（2-\sqrt{2}）L$；
（2）若粒子以最大速度進(jìn)入磁場(chǎng)，則在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑最大，
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：$q{v}_{m}B=m\frac{{v}_{m}^{2}}{{R}_{m}}$，
解得：${v}_{m}=\frac{qB{R}_{m}}{m}$，
粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間極短，可以認(rèn)為粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)電壓不變，當(dāng)電壓最大時(shí)開始發(fā)射粒子，則射出F板時(shí)速度最大，有：
$q{U}_{0}=\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}$，
聯(lián)立解得：${U}_{0}=\frac{m{v}_{m}^{2}}{2q}=\frac{{B}^{2}q{R}_{m}^{2}}{2m}$，
把${R}_{m}=\frac{2-\sqrt{2}}{2}L$代入，可得：${U}_{0}=\frac{（3-2\sqrt{2}）{B}^{2}q{L}^{2}}{4m}$．
答：（1）熒光屏上亮線的長(zhǎng)度為$（2-\sqrt{2}）L$；
（2）所加電壓的最大值為$\frac{（3-2\sqrt{2}）{B}^{2}q{L}^{2}}{4m}$．

點(diǎn)評(píng) 對(duì)于帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況分析，一般是確定圓心位置，根據(jù)幾何關(guān)系求半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力求解未知量；根據(jù)周期公式結(jié)合軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角求時(shí)間．