Question

17．在如圖所示的空間存在一圓形的磁場區(qū)，勻強磁場的方向向外，下方有一水平放置的接收屏PQ，磁場的圓心為O，A點為O正下方接收屏上的點，磁場的左側(cè)有一中心帶有小孔的平行板，兩極板上的小孔與磁場的圓心在一條水平線上，現(xiàn)在兩平行板間加一電壓，并從左板的小孔處由靜止釋放一重力不計的帶電粒子，經(jīng)電場加速后沿圖中的水平線進入磁場區(qū)域，并在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)，經(jīng)過一段時間粒子打到接收屏PQ上，已知磁感應強度大小為B=0.1T、磁場區(qū)域的半徑為R=10$\sqrt{3}$cm、圓心距離接收屏的間距為H=20$\sqrt{3}$cm、粒子的比荷為$\frac{q}{m}$=4×10⁵C/kg．求：
（1）如果帶電粒子垂直地打到PQ上的A點，則加速電壓應多大？
（2）如果帶電粒子打在A點左側(cè)20cm處，則加速電壓應多大？

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中自左板小孔處至右板小孔處做勻加速直線運動；自右板小孔處至進入磁場前做勻速直線運動；進入磁場后做勻速圓周運動；離開磁場至熒光屏做勻速直線運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出勻速圓周運動的速度，由動能定理求加速電壓．
（3）使粒子打在熒光屏上A點左側(cè)20cm處，由洛倫茲力提供向心力得，粒子圓周運動的半徑$R=\frac{mv}{qB}$，由幾何關系解得半徑，根據(jù)半徑公式求出入射速度，由動能定理得到加速電壓

解答 解：（1）設粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，垂直打在熒光屏上的A點時的速度為v₁，粒子垂直打在熒光屏上，說明粒子在磁場中的運動是四分之一圓周，運動半徑r₁=R
根據(jù)牛頓第二定律$q{v}_{1}^{\;}B=m\frac{{v}_{1}^{2}}{{r}_{1}^{\;}}$
解得${r}_{1}^{\;}=\frac{m{v}_{1}^{\;}}{qB}$
聯(lián)立以上各式得${v}_{1}^{\;}=\frac{qBR}{m}$=$4\sqrt{3}×1{0}_{\;}^{3}m/s$
根據(jù)動能定理$q{U}_{1}^{\;}=\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}-0$
代入數(shù)據(jù)解得${U}_{1}^{\;}=60V$
（2）帶電粒子打在A點左側(cè)20cm處，根據(jù)幾何關系，有
$tan∠POA=\frac{20}{20\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$得$∠POA=3{0}_{\;}^{°}$，粒子運動的軌跡如圖，根據(jù)幾何關系知，
$tan60°=\frac{R}{{r}_{2}^{\;}}$得${r}_{2}^{\;}=10cm$
根據(jù)半徑公式${r}_{2}^{\;}=\frac{m{v}_{2}^{\;}}{qB}$
解得${v}_{2}^{\;}=4×1{0}_{\;}^{3}m/s$
根據(jù)動能定理得$q{U}_{2}^{\;}=\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}-0$
代入數(shù)據(jù)解得${U}_{2}^{\;}=20V$
答：（1）如果帶電粒子垂直地打到PQ上的A點，則加速電壓應為60V．
（2）如果帶電粒子打在A點左側(cè)20cm處，則加速電壓應為20V．

點評 本題主要考查了帶電粒子在混合場中運動的問題，要求同學們能正確分析粒子的受力情況，再通過受力情況分析粒子的運動情況，熟練掌握圓周運動及牛頓第二定律公式．