Question

8．如圖所示．水平放置的平行金屬板A和B的間距為d、極板長為2d；金屬板右側(cè)有三塊擋板MN、NP、PM圍成一個(gè)等腰直角三角形區(qū)域，頂角∠NMP為直角．MN擋板上的中點(diǎn)處，有一個(gè)小孔K恰好位于B板右端點(diǎn)，已知水平擋板NP的長度為2$\sqrt{2}$a．由質(zhì)量為m、帶電量為+q的同種粒子組成的粒子束，以速度v₀從金屬板A、B左端緊貼A板射入，不計(jì)粒子所受的重力，若在A、B板間加一恒定電壓U，使粒子穿過電場后恰好能從小孔K進(jìn)入三角形區(qū)域，將AB間視為勻強(qiáng)電場．求：
（1）恒定電壓U的大��；
（2）現(xiàn)在三角形區(qū)域內(nèi)加一垂直紙面的勻強(qiáng)磁場．要使從小孔K飛入的粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后能直接（不與其他擋板碰撞）打到擋板MP上，求所加磁場的方向和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的變化范圍；
（3）以M為原點(diǎn)，沿MP方向建立x軸，求打到擋板MP上不同位置（用坐標(biāo)x表示）的粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間（注：若sinα=x，則α=arcsinx）．

Answer 1

分析 （1）由題意可分析出帶電粒子在兩金屬板間豎直方向的位移為d，水平方向的位移為2d，水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用類平拋運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可求出所施加的恒定電壓．
（2）根據(jù)題意，首先運(yùn)用速度的合成求出帶電粒子進(jìn)入三角形區(qū)域時(shí)的速度，由偏轉(zhuǎn)方向和左手定則可得知磁場的方向；再找出兩個(gè)臨界半徑，一是帶電粒子偏轉(zhuǎn)軌道與NP相切時(shí)的軌道半徑，二是正好達(dá)到M點(diǎn)時(shí)的軌道半徑，從而確定軌道半徑的范圍，由帶電粒子在磁場中受到的洛倫茲力提供向心力公式，即可求出所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度范圍．
（3）由射入磁場時(shí)的速度方向和達(dá)到MP時(shí)的速度方向確定圓心，由幾何關(guān)系找出半徑R與x的關(guān)系式，以及在磁場中運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角，再通過運(yùn)動(dòng)時(shí)間、偏轉(zhuǎn)角和周期T的關(guān)系求解時(shí)間．

解答 解：（1）帶電粒子在AB間做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有：
 2d=v₀t…①
  d=$\frac{1}{2}•\frac{qU}{md}{t}^{2}$…②
由①②聯(lián)立得：U=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2q}$…③
（2）設(shè)粒子在進(jìn)入K時(shí)，豎直方向的分速度為v_y，則有：
  v_y=at=$\frac{qU}{md}$•$\frac{2d}{{v}_{0}}$=v₀…④
 tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=1
得：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{2}{v}_{0}$…⑤
可知當(dāng)θ=45°時(shí)，即粒子垂直MN板射入磁場時(shí)，要使粒子直接打到MP板上，根據(jù)左手定則，可知所加磁場的方向垂直紙面向內(nèi)．如圖所示，當(dāng)粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，偏轉(zhuǎn)半徑最大時(shí)恰好與NP相切；偏轉(zhuǎn)半徑最小時(shí)，KM為運(yùn)動(dòng)圓周的直徑，設(shè)最大半徑為R_M，則由幾何關(guān)系可知，△NMP與△NQO₁相似，則有：
  $\frac{a+{R}_{m}}{2\sqrt{2}a}$=$\frac{{R}_{m}}{2a}$
得：R_m=（$\sqrt{2}$+1）a…⑥
因此，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑范圍為：$\frac{a}{2}$＜R＜（$\sqrt{2}$+1）a …⑦
由于粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，故洛倫茲力提供向心力，即：
 qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$…⑧
聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式可得所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度范圍為：$\frac{（2-\sqrt{2}）m{v}_{0}}{qa}$＜B＜$\frac{2\sqrt{2}m{v}_{0}}{qa}$…⑨
（3）設(shè)粒子打到MP時(shí)，坐標(biāo)為x，設(shè)偏轉(zhuǎn)角為α，則由幾何關(guān)系可得：
 （R-a）²+x²=R²，sin α=$\frac{x}{R}$…⑩
對(duì)應(yīng)粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t=$\frac{αR}{v}$T…（11）
由⑧⑩（11）三式可得：t=$\frac{{（x}^{2}+{a}^{2}）arcsin\frac{2ax}{{x}^{2}+{a}^{2}}}{2\sqrt{2}a{v}_{0}}$…（12）
答：（1）恒定電壓U的大小為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2q}$；
（2）所加磁場的方向?yàn)榇怪奔埫嫦騼?nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的變化范圍為：$\frac{（2-\sqrt{2}）m{v}_{0}}{qa}$＜B＜$\frac{2\sqrt{2}m{v}_{0}}{qa}$．
（3）打到擋板MP上不同位置（用坐標(biāo)x表示）的粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為$\frac{{（x}^{2}+{a}^{2}）arcsin\frac{2ax}{{x}^{2}+{a}^{2}}}{2\sqrt{2}a{v}_{0}}$．

點(diǎn)評(píng) 帶電粒子在電場中的運(yùn)動(dòng)，綜合了靜電場和力學(xué)的知識(shí)，分析方法和力學(xué)的分析方法基本相同．先分析受力情況再分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和運(yùn)動(dòng)過程（平衡、加速、減速，直線或曲線），然后選用恰當(dāng)?shù)囊?guī)律解題．解決這類問題的基本方法有兩種，第一種利用力和運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)，選用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解；第二種利用能量轉(zhuǎn)化的觀點(diǎn)，選用動(dòng)能定理和功能關(guān)系求解．