Question

3．如圖所示，直角三角形OAC（a=30°）區(qū)域內(nèi)有B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向如圖所示．兩平行極板M、N接在電壓為u的直流電源上，左板為高電勢(shì)．一帶正電的粒子從靠近M板由靜止開(kāi)始加速，從N板的小孔射出電場(chǎng)后，垂直O(jiān)A的方向從P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)中．帶電粒子的比荷為$\frac{q}{m}$=10⁵C/kg，OP間距離為L(zhǎng)=0.3m．全過(guò)程不計(jì)粒子所受的重力，則：
（1）求粒子從OA邊離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
（2）求粒子從OC邊離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的最小電源電壓U；
（3）求粒子OC邊離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場(chǎng)中直線(xiàn)加速，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，臨界情況是軌跡圓與OC邊相切；從AO邊射出時(shí)軌跡是半圓，結(jié)合推論公式T=$\frac{2πm}{qB}$和t=$\frac{θ}{2π}T$列式求解時(shí)間；
（2）粒子從OC邊離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的最小電源電壓U對(duì)應(yīng)的軌跡是軌跡圓與OC邊相切；最直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)根據(jù)動(dòng)能定理列式，對(duì)圓周運(yùn)動(dòng)根據(jù)牛頓第二定律列式，最后聯(lián)立求解；
（3）根據(jù)公式t=$\frac{θ}{2π}T$，軌跡圓的圓心角最大時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，臨界情況是軌跡圓與OC邊相切．

解答 解：（1）帶電粒子在磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為：
T=$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{2π}{1{0}^{5}×0.5}$=4π×10^-5s
當(dāng)粒子從OA邊射出時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中恰好運(yùn)動(dòng)了半個(gè)周期：
t₁=$\frac{T}{2}$=2π×10^-5s
（2）當(dāng)帶電粒子的軌跡與OC邊相切時(shí)為臨界狀態(tài)，如圖所示：

結(jié)合幾何關(guān)系，有：
R+$\frac{R}{sinα}$=L
解得：
R=0.1m
電荷被加速，則有：
$qU=\frac{1}{2}m{v}^{2}$
磁場(chǎng)中：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
聯(lián)立解得：
U=$\frac{q{B}^{2}{R}^{2}}{2m}$=$\frac{1{0}^{5}×0．{5}^{2}×0．{1}^{2}}{2}$=125V
（3）粒子OC邊邊離開(kāi)磁場(chǎng)，最大圓心角為120°，故粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間小于$\frac{1}{3}$周期，即：
$t＜\frac{T}{3}$=$\frac{4π}{3}×1{0}^{-5}s$
答：（1）粒子從OA邊離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為2π×10^-5s；
（2）粒子從OC邊離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的最小電源電壓U為125V；
（3）粒子OC邊離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為$\frac{4π}{3}×1{0}^{-5}s$．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是明確粒子運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，畫(huà)出臨界軌跡，然后結(jié)合動(dòng)能定理和牛頓第二定律列式分析，不難．