Question

3．如圖所示，M、N為加速電場(chǎng)的兩極板，M板中心有一小孔Q，其正上方有一半徑為R₁=1m的圓形磁場(chǎng)區(qū)域，圓心為0，另有一內(nèi)半徑為R₁，外半徑為R₂=$\sqrt{3}$m的同心環(huán)形磁場(chǎng)區(qū)域，區(qū)域邊界與M板相切于Q點(diǎn)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=0.5T，方向相反，均垂直于紙面．一比荷$\frac{q}{m}$=4×10⁷C/kg帶正電粒子從N板的P點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)加速后通過(guò)小孔Q，垂直進(jìn)入環(huán)形磁場(chǎng)區(qū)域．已知點(diǎn)P、Q、O在同一豎直線上，不計(jì)粒子的重力，且不考慮粒子的相對(duì)論效應(yīng)．
（1）若加速電壓U₁=1.25×10⁶V，求粒子剛進(jìn)入環(huán)形磁場(chǎng)時(shí)的速率v₀
（2）要使粒子能進(jìn)入中間的圓形磁場(chǎng)區(qū)域，加速電壓U₂應(yīng)滿足什么條件？
（3）在某加速電壓下粒子進(jìn)入圓形磁場(chǎng)區(qū)域，恰能水平通過(guò)圓心O，之后返回到出發(fā)點(diǎn)P，求粒子從Q孔進(jìn)人磁場(chǎng)到第一次回到Q點(diǎn)所用的時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)加速過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理列式求解v₀；
（2）畫(huà)出粒子恰好不進(jìn)入中間磁場(chǎng)區(qū)的臨界軌跡，先根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑，然后根據(jù)洛倫茲力提供向心力列方程，再根據(jù)動(dòng)能定理對(duì)直線加速過(guò)程列方程，最后聯(lián)立方程組求解即可；
（3）畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡并結(jié)合對(duì)稱性，得到軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角，然后求解出時(shí)間．

解答 解：（1）粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，由動(dòng)能定理得：
  qU₁=$\frac{1}{2}$mv₀²-0…①
代入數(shù)據(jù)解得：v₀=1×10⁷m/s；…②
（2）粒子剛好不進(jìn)入中間圓形磁場(chǎng)的軌跡如圖所示，設(shè)此時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的旋轉(zhuǎn)半徑為r₁，在Rt△QOO₁中有：
  r₁²+R₂²=（r₁+R₁）²…③
解得 r₁=1m…④
由$Bqv=\frac{{mv_{\;}^2}}{r_1}$得 r₁=$\frac{mv}{qB}$ …⑤
又由動(dòng)能定理得：qU₂=$\frac{1}{2}$mv²-0…⑥
聯(lián)立④⑤⑥解得：U₂=5×10⁶V…⑦
所以加速電壓U₂滿足條件是：U₂＞5×10⁶V…⑧
（3）粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由于 O、O₃、Q共線且豎直，又由于粒子在兩磁場(chǎng)中的半徑相同為r₂，有
  O₂O₃=2O₂Q=2r₂
由幾何關(guān)系得∠QO₂O₃=60°
故粒子從Q孔進(jìn)入磁場(chǎng)到第一次回到Q點(diǎn)所用的時(shí)間為
t=2（$\frac{1}{6}$T+$\frac{5}{12}$T）=$\frac{7}{6}$T…⑨
又T=$\frac{2πm}{qB}$…⑩
由⑨⑩得t≈3.66×10^-7s…（11）
答：
（1）粒子剛進(jìn)入環(huán)形磁場(chǎng)時(shí)的速率為1×10⁷m/s；
（2）要使粒子能進(jìn)入中間的圓形磁場(chǎng)區(qū)域，加速電壓U₂應(yīng)滿足條件：U₂＞5×10⁶V；
（3）粒子從Q孔進(jìn)人磁場(chǎng)到第一次回到Q點(diǎn)所用的時(shí)間約為3.66×10^-7s．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵一是能根據(jù)動(dòng)能定理求加速后的速率，二是能根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)特征畫(huà)出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，由運(yùn)動(dòng)軌跡確定粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑和對(duì)圓心轉(zhuǎn)過(guò)的角度，這是正確解題的關(guān)鍵．