Question

5．如圖所示，在xoy平面直角坐標(biāo)系第一象限內(nèi)分布有垂直向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2.5×10^-2T，在第二象限緊貼y軸和x軸放置一對(duì)平行金屬板MN（中心軸線過(guò)y軸），極板間距d=0.4m，極板與左側(cè)電路相連接．通過(guò)移動(dòng)滑動(dòng)頭P可以改變極板MN間的電壓．a(chǎn)、b為滑動(dòng)變阻器的最下端和最上端（滑動(dòng)變阻器的阻值分布均勻），a、b兩端所加電壓U=$\frac{\sqrt{3}}{3}$×10²V．在MN中心軸線上距y軸距離為L(zhǎng)=0.4m處有一粒子源S，沿x軸正方向連續(xù)射出比荷為$\frac{q}{m}$=4.0×10⁶C/kg，速度為v₀=2.0×10⁴m/s帶正電的粒子，粒子經(jīng)過(guò)y軸進(jìn)入磁場(chǎng)后從x軸射出磁場(chǎng)（忽略粒子的重力和粒子之間的相互作用）．

（1）當(dāng)滑動(dòng)頭P在ab正中間時(shí)，求粒子射入磁場(chǎng)時(shí)速度的大�。�
（2）當(dāng)滑動(dòng)頭P在a點(diǎn)時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑．
（3）當(dāng)滑動(dòng)頭P在ab間某位置時(shí)，粒子射出極板的速度偏轉(zhuǎn)角為α，試寫(xiě)出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與α的函數(shù)關(guān)系，并由此計(jì)算粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)滑動(dòng)頭P在ab正中間時(shí)，極板間電壓為$\frac{1}{2}$U．粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和分速度、分位移公式結(jié)合列式，可求得粒子射入磁場(chǎng)時(shí)速度的大�。�
（2）帶電粒子以一定的速度進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．由牛頓第二定律求粒子的軌跡半徑．
（3）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期僅與粒子的比荷有關(guān)，而運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與偏轉(zhuǎn)角有關(guān)．粒子射入磁場(chǎng)時(shí)速度偏轉(zhuǎn)角越大則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間就越大．假設(shè)極板間電壓為最大值時(shí)粒子能射出電場(chǎng)，則此粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)．

解答 解：（1）當(dāng)滑動(dòng)頭P在ab正中間時(shí)，極板間電壓U′=$\frac{1}{2}$U，粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子射入磁場(chǎng)時(shí)沿y軸方向的分速度為v_y：

根據(jù)牛頓第二定律得 q$\frac{U′}lvkidkg$=ma        ①
又 v_y=at           ②
  L=v₀t        ③
粒子射入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小設(shè)為v，v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$   ④
解得：v=$\sqrt{\frac{13}{3}}$×10⁴m/s≈2.1×10⁴m/s   ⑤
（2）當(dāng)滑動(dòng)頭P在a端時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度大小為v₀，根據(jù)牛頓第二定律有：
  qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{R}_{0}}$   ⑥
解得：R₀=0.2m   ⑦
（3）當(dāng)滑動(dòng)頭P在某一位置時(shí)，設(shè)粒子射出極板時(shí)速度的大小為v，偏向角為α，在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R．根據(jù)速度平行四邊形可得：
  v=$\frac{{v}_{0}}{cosα}$      ⑧
由qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$可得：R=$\frac{{R}_{0}}{cosα}$    ⑨
粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，圓心為O′，與x軸交點(diǎn)為D，
設(shè)∠O′DO=β，根據(jù)幾何關(guān)系：根據(jù)幾何關(guān)系：$\fracbptbqqa{2}$+$\frac{L}{2}$tanα=Rcosα+Rsinβ  ⑩
又：$\fracvcyjjrx{2}$=$\frac{L}{2}$=R₀
可解得：sinα=sinβ
則：β=α  （11）
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)：T=$\frac{2πm}{qB}$      （12）
則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：t=$\frac{\frac{π}{2}+2α}{2π}$T
聯(lián)立得 t=$\frac{m（π+4α）}{2qB}$       （13）
由此結(jié)果可知，粒子射入磁場(chǎng)時(shí)速度偏轉(zhuǎn)角越大則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間就越大．假設(shè)極板間電壓為最大值 U=$\frac{\sqrt{3}}{3}×1{0}^{2}$V時(shí)粒子能射出電場(chǎng)，則此粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)．
由（1）問(wèn)規(guī)律可知當(dāng)滑動(dòng)頭P在b端時(shí)，粒子射入磁場(chǎng)時(shí)沿y方向的分速度：v_ym=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$×10⁴m/s        （14）
y方向偏距：y_m=$\frac{{v}_{ym}}{2}•\frac{L}{{v}_{0}}$
則得 y_m=$\frac{\sqrt{3}}{15}$＜0.2m，說(shuō)明粒子可以射出極板． （15）
此時(shí)粒子速度偏轉(zhuǎn)角最大，設(shè)為設(shè)為α_m：tanα_m=$\frac{{v}_{ym}}{{v}_{0}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，α_m=$\frac{π}{6}$     （16）
故粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間：t_m=$\frac{m（π+4{α}_{m}）}{2qB}$
得：t_m=$\frac{5πm}{6qB}$        （17）
代入數(shù)值得：t_m=$\frac{π}{12}×1{0}^{-4}$s（或t_m=2.6×10^-5s）   （18）
答：（1）當(dāng)滑動(dòng)頭P在ab正中間時(shí)，粒子射入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小2.1×10⁴m/s．
（2）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為0.2m．
（3）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為2.6×10^-5s．

點(diǎn)評(píng) 帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的題目解題步驟為：定圓心、畫(huà)軌跡、求半徑．求時(shí)間往往根據(jù)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角α，由t=$\frac{α}{2π}$T求解．