Question

17．如圖所示，在直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)O處有一放射源，向四周均勻發(fā)射速度大小相等、方向都平行于紙面的帶電粒子．在放射源右邊有一很薄的擋板，擋板與xoy平面交線(xiàn)的兩端M、N與原點(diǎn)O正好構(gòu)成等腰直角三角形．已知帶電粒子的質(zhì)量為m，帶電量為+q，速度為υ，MN的長(zhǎng)度為L(zhǎng)．
（1）若在y軸右側(cè)加一平行于x軸的勻強(qiáng)電場(chǎng)，要使y軸右側(cè)所有運(yùn)動(dòng)的粒子都能打到擋板MN上，則電場(chǎng)強(qiáng)度E₀的最小值為多大？在電場(chǎng)強(qiáng)度為E₀時(shí)，打到板上的粒子動(dòng)能為多大？
（2）若在整個(gè)空間加一方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，要使板右側(cè)的MN連線(xiàn)上都有粒子打到，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不能超過(guò)多少（用m、υ、q、L表示）？若滿(mǎn)足此條件，放射源O向外發(fā)射出的所有帶電粒子中有幾分之幾能打在板的左邊？

Answer 1

分析 （1）要使y軸右側(cè)所有運(yùn)動(dòng)粒子都能打在 MN板上，其臨界條件為：沿y軸方向運(yùn)動(dòng)的粒子作類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，且落在M或N點(diǎn)．根據(jù)牛頓第二定律求出電場(chǎng)強(qiáng)度的最小值，根據(jù)動(dòng)能定理求解打到板上粒子的動(dòng)能．
（2）加勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，粒子沿逆時(shí)針?lè)较蜃鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)軌跡以O(shè)′為圓心同時(shí)過(guò)M、N兩點(diǎn)時(shí)，軌跡直徑最小，得到粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，由牛頓第二定律求出B的最大值．從O點(diǎn)向第四象限發(fā)射出的粒子均能打在MN板的左側(cè)，占發(fā)射粒子總數(shù)的$\frac{1}{4}$．

解答 解：（1）由題意知，要使y軸右側(cè)所有運(yùn)動(dòng)粒子都能打在MN板上，其臨界條件為：沿y軸方向運(yùn)動(dòng)的粒子作類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，且落在M或N點(diǎn)．
則M O′=$\frac{1}{2}L=vt$…①
加速度a=$\frac{q{E}_{0}}{m}$…②
OO′=$\frac{1}{2}L=\frac{1}{2}a{t}^{2}$…③
解①②③式得
E₀=$\frac{4m{v}^{2}}{qL}$…④
由動(dòng)能定理知
qE₀×$\frac{1}{2}L$=${E}_{k}-\frac{1}{2}m{v}^{2}$…⑤
解④⑤式得：
E_k=$\frac{5}{2}m{v}^{2}$
（2）由題意知，要使板右側(cè)的MN連線(xiàn)上都有粒子打到，粒子軌跡直徑的最小值為MN板的長(zhǎng)度L．
R₀=$\frac{1}{2}L$=$\frac{mv}{q{B}_{0}}$
B₀=$\frac{2mv}{qL}$
放射源O發(fā)射出的粒子中，打在MN板上的粒子的臨界徑跡如圖所示．
因?yàn)镺M=ON，且OM⊥ON
所以O(shè)O₁⊥OO₂
則υ₁⊥υ₂
可知放射源O放射出的所有粒子中只有$\frac{1}{4}$打在MN板的左側(cè)．
答：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E₀的最小值為$\frac{4m{v}^{2}}{qL}$；在電場(chǎng)強(qiáng)度為E₀時(shí)，打到板上的粒子動(dòng)能為$\frac{5}{2}m{v}^{2}$；
（2）放射源O放射出的所有粒子中只有$\frac{1}{4}$打在MN板的左側(cè)．

點(diǎn)評(píng) 本題中粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成和分解法研究，在磁場(chǎng)中要通過(guò)畫(huà)出軌跡，確定臨界條件求解磁感應(yīng)強(qiáng)度．