Question

14．如圖甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側為相同的勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔S₁、S₂，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為U₀，周期為T₀．在t=0時刻將一個質量為m、電量為-q（q＞0）的粒子由S₁靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在t=$\frac{T_0}{2}$時刻通過S₂垂直于邊界進入右側磁場區(qū)．（不計粒子重力，不考慮極板外的電場）

（1）求粒子到達S₂時的速度大小v和極板距離d．
（2）為使粒子不與極板相撞，求磁感應強度的大小應滿足的條件．
（3）若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t=3T₀時刻第二次到達S₂，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內運動的時間和磁感應強度的大小．

Answer 1

分析 （1）粒子在勻強電場中做勻加速直線運動，電場力做功等于粒子動能的增加；
（2）使粒子不與極板相撞，則運動的半徑大于$\frac{L}{4}$；
（3）粒子在t=3T₀時刻再次到達S₂，且速度恰好為零，則從s₁再次進入電場時的時刻是$\frac{5{T}_{0}}{2}$，粒子從左向右應是水平勻速穿過無場區(qū)，距離為d，根據勻速運動的規(guī)律求得時間，粒子在左右磁場中的時間是相等的，粒子在左右磁場中的時間是相等的且都是半個周期，所以粒子運動的總時間是一個周期，即t′=T；然后根據洛倫茲力提供向心力，即可求得磁感應強度．

解答 解：（1）粒子在電場中運動，由動能定理得：
$q{U_0}=\frac{1}{2}m{v^2}$，解得，粒子速度：$v=\sqrt{\frac{{2q{U_0}}}{m}}$，
由勻變速運動規(guī)律：$d=\frac{v}{2}•\frac{T_0}{2}$，
整理得：$d=\frac{T_0}{4}\sqrt{\frac{{2q{U_0}}}{m}}$；
（2）使粒子不與極板相撞，由幾何關系得：$r＞\frac{l}{2}$，
粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：
 $qvB=m\frac{v^2}{r}$，整理解得：$B＜\frac{2}{l}\sqrt{\frac{{2m{U_0}}}{q}}$；
（3）根據粒子第二次到達S₂速度恰好為零，
由運動的可逆性可知粒子第二次經S₁到S₂用時為：$\frac{T_0}{2}$，
粒子由右向左通過無場區(qū)用時：$t=\fracee5tmai{v}=\frac{T_0}{4}$，
綜上，粒子在磁場中運動的時間：$T=3{T_0}-\frac{T_0}{2}-\frac{T_0}{2}-t=\frac{{7{T_0}}}{4}$，
粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動：$T=\frac{2πr}{v}=\frac{2πm}{qB}$，
整理解得：$B=\frac{8πm}{{7q{T_0}}}$；
答：（1）子到達S₂時的速度大小v為$\sqrt{\frac{2q{U}_{0}}{m}}$，極板距離d為$\frac{{T}_{0}}{4}$$\sqrt{\frac{2q{U}_{0}}{m}}$．
（2）為使粒子不與極板相撞，磁感應強度的大小應滿足的條件是：$B＜\frac{2}{l}\sqrt{\frac{{2m{U_0}}}{q}}$．
（3）若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在t=3T₀時刻第二次到達S₂，且速度恰好為零，該過程中粒子在磁場內運動的時間為：$\frac{7{T}_{0}}{4}$，磁感應強度的大小為$\frac{8πm}{7q{T}_{0}}$．

點評 該題中粒子在左右磁場中的時間是相等的，在電場中加速和減速的時間也是相等的，是這解題的關鍵．該題解題的過程復雜，公式較多，容易在解題的過程中出現錯誤．屬于難度大的題目．