Question

7．如圖（a）所示，平行金屬板A和B間的距離為d，現(xiàn)在A、B板上加上如圖（b）所示的方波形電壓，t=0時(shí)A板比B板的電勢高，電壓的正向值為U₀，反向值也為U₀，現(xiàn)有由質(zhì)量為m的帶正電且電荷量為q的粒子組成的粒子束，從AB的中點(diǎn)O以平行于金屬板方向OO'的速度v₀=$\frac{q{U}_{0}T}{3dm}$不斷射入，所有粒子不會(huì)撞到金屬板且在AB間的飛行時(shí)間均為T，不計(jì)重力影響．試求：

（1）粒子射出電場時(shí)的速度大小及方向；
（2）粒子打出電場時(shí)位置離O'點(diǎn)的距離范圍；
（3）若要使打出電場的粒子經(jīng)某一垂直紙面的圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后，都能到達(dá)圓形磁場邊界的同一個(gè)點(diǎn)，而便于再收集，則磁場區(qū)域的最小半徑和相應(yīng)的磁感強(qiáng)度是多大？

Answer 1

分析 （1）將粒子的運(yùn)動(dòng)沿著平行于初速度方向和垂直于初速度的方向正交分解，在平行于初速度方向，粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在垂直于初速度方向，粒子在電場力的作用下做變速直線運(yùn)動(dòng)，求出兩個(gè)方向上的分速度，最后得到合速度即可；
（2）粒子在t=0、T、2T…時(shí)刻進(jìn)入時(shí)，O′位置偏向最下端；粒子在t=nT+$\frac{1}{3}$T時(shí)時(shí)刻進(jìn)入時(shí)，O′位置偏向最上端，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解即可．
（3）粒子在打出粒子的速度都是相同的，由速度合成法求出粒子的速度．要使平行粒子能夠交于圓形磁場區(qū)域邊界且有最小區(qū)域時(shí)，磁場直徑最小值與粒子寬度相等，即可得到磁場區(qū)域的最小半徑．粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場中，由洛倫茲力提供向心力，可牛頓第二定律求出相應(yīng)的磁感強(qiáng)度

解答 解：（1）飛出粒子的速度都相同，在沿電場線方向速度大小均為${v}_{y}^{\;}=\frac{q{U}_{0}^{\;}}{dm}•\frac{T}{3}$ ①
飛出速度大小為 $v=\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{q{U}_{0}^{\;}T}{3dm}）_{\;}^{2}+（\frac{q{U}_{0}^{\;}T}{3dm}）_{\;}^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}q{U}_{0}^{\;}T}{3dm}$ ②
設(shè)速度v的方向與${v}_{0}^{\;}$的夾角為θ，則$tanθ=\frac{{v}_{y}^{\;}}{{v}_{0}^{\;}}=1$③
所以，方向水平方向右下角為θ=45°，大小$v=\frac{\sqrt{2}q{U}_{0}^{\;}T}{3dm}$
（2）當(dāng)粒子由t=nT時(shí)刻進(jìn)入電場，向下側(cè)移最大，則${S}_{1}^{\;}=\frac{1}{2}a（\frac{T}{3}）_{\;}^{2}$ ④
且$a=\frac{q{U}_{0}^{\;}}{dm}$     ⑤
解得${S}_{1}^{\;}=\frac{q{U}_{0}^{\;}{T}_{\;}^{2}}{18dm}$
當(dāng)粒子由$t=nT+\frac{1}{3}T$時(shí)刻進(jìn)入電場，向上側(cè)移最大，
則${S}_{2}^{\;}=\frac{1}{2}a（\frac{2T}{3}）_{\;}^{2}+a（\frac{2T}{3}）（\frac{T}{3}）-\frac{1}{2}a（\frac{T}{3}）_{\;}^{2}$      ⑥
解得 ${S}_{2}^{\;}=\frac{7q{U}_{0}^{\;}{T}_{\;}^{2}}{18dm}$
所以，在距離O′中點(diǎn)上方$\frac{7q{U}_{0}^{\;}{T}_{\;}^{2}}{18dm}$ 至下方$\frac{q{U}_{0}^{\;}{T}_{\;}^{2}}{18dm}$范圍內(nèi)有粒子打出
（3）要使平行粒子能夠交于圓形磁場區(qū)域邊界且有最小區(qū)域時(shí)，磁場直徑最小值與粒子寬度相等，

粒子寬度$D=\frac{4q{U}_{0}^{\;}{T}_{\;}^{2}}{9dm}cos45°$=$\frac{2\sqrt{2}q{U}_{0}^{\;}{T}_{\;}^{2}}{9dm}$      ⑦
故磁場區(qū)域的最小半徑為$r=\frac{D}{2}=\frac{\sqrt{2}q{U}_{0}^{\;}{T}_{\;}^{2}}{9dm}$   ⑧
粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)有$qvB=m\frac{{v}_{\;}^{2}}{r}$   ⑨
解得$B=\frac{3m}{qT}$
答：（1）粒子射出電場時(shí)的速度大小為$\frac{\sqrt{2}q{U}_{0}^{\;}T}{3dm}$，方向水平方向右下角為θ=45°；
（2）粒子打出電場時(shí)位置離O'點(diǎn)的距離范圍，在距離O′中點(diǎn)上方$\frac{7q{U}_{0}^{\;}{T}_{\;}^{2}}{18dm}$ 至下方$\frac{q{U}_{0}^{\;}{T}_{\;}^{2}}{18dm}$范圍內(nèi)有粒子打出；
（3）若要使打出電場的粒子經(jīng)某一垂直紙面的圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后，都能到達(dá)圓形磁場邊界的同一個(gè)點(diǎn)，而便于再收集，則磁場區(qū)域的最小半徑$\frac{\sqrt{2}q{U}_{0}^{\;}{T}_{\;}^{2}}{9dm}$，相應(yīng)的磁感強(qiáng)度是$\frac{3m}{qT}$

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵將粒子的運(yùn)動(dòng)沿著平行于初速度方向和垂直于初速度方向進(jìn)行正交分解，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解．解題的關(guān)鍵在于分析豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，必要時(shí)可能通過作出豎直分運(yùn)動(dòng)的v-t圖象進(jìn)行分析求解．