Question

19．如圖（a）所示，在真空中，半徑為b的虛線所圍的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向與紙面垂直．在磁場右側(cè)有一對平行金屬板M和N，兩板間距離也為b，板長為2b，兩板的中心線O₁O₂與磁場區(qū)域的圓心O在同一直線上，兩板左端與O₁也在同一直線上．有一電荷量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子，以速率v₀從圓周上的P點沿垂直于半徑OO₁并指向圓心O的方向進入磁場，當(dāng)從圓周上的O₁點飛出磁場時，給M、N板加上如圖（b）所示電壓u．最后粒子剛好以平行于N板的速度，從N板的邊緣飛出．不計平行金屬板兩端的邊緣效應(yīng)及粒子所受的重力．
（1）求磁場的磁感應(yīng)強度B；
（2）求交變電壓的周期T和電壓U₀的值；
（3）若t=$\frac{T}{2}$粒子以速度v₀沿O₂O₁射入電場時，粒子要向上偏轉(zhuǎn)，最后從M板的右端進入磁場，做出偏轉(zhuǎn)的軌跡圖，利用幾何關(guān)系可判知磁場中射出的點到P點的距離．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，用牛頓第二定律可求出磁場的大小，用左手定則可判知磁場的方向．
（2）粒子進入電場后將做復(fù)雜的曲線運動，但在水平方向上是勻速直線運動，在豎直方向上是周期性的偏轉(zhuǎn)運動，豎直方向的位移是$\frac{2}$，應(yīng)用周期性的偏轉(zhuǎn)位移進行求解．
（3）當(dāng)t=$\frac{T}{2}$粒子以速度v₀沿O₂O₁射入電場時，粒子要向上偏轉(zhuǎn)，最后從M板的右端進入磁場，做出偏轉(zhuǎn)的軌跡圖，利用幾何關(guān)系可判知磁場中射出的點到P點的距離．

解答 解：（1）粒子自P點進入磁場向右偏轉(zhuǎn)，從O₁點水平飛出磁場，運動的半徑必為b，如圖一所示：洛倫茲力提供向心力，有：
$q{v_0}B=\frac{mv_0^2}$
解得：$B=\frac{{m{v_0}}}{bq}$
由左手定則可知，磁場方向垂直紙面向外．
（2）粒子自O(shè)₁點進入電場，做變加速曲線運動，最后恰好從N板的邊緣平行飛出（如圖二所示），設(shè)運動時間為t，則水平方向上有：
2b=v₀t 
在豎直方向上有：
$\frac{2}=2n•\frac{1}{2}•\frac{{q{U_0}}}{mb}{（{\frac{T}{2}}）^2}$
t=nT（n=1，2，…） 
解得：$T=\frac{2b}{{n{v_0}}}$（n=1，2，…） 
${U_0}=\frac{nmv_0^2}{2q}$（n=1，2，…） 
（3）當(dāng)t=$\frac{T}{2}$粒子以速度v₀沿O₂O₁射入電場時，則該粒子恰好從M板邊緣以平行于極板的速度射入磁場（如圖三所示），且進入磁場的速度仍為v₀，運動的軌道半徑仍為b．
設(shè)進入磁場的點為Q，離開磁場的點為R，圓心為O₃，如圖所示，四邊形OQ O₃R是菱形，故O R∥QO₃． 
所以P、O、R三點共線，即POR為圓的直徑．即PR間的距離為2b．
答：（1）求磁場的磁感應(yīng)強度為$B=\frac{m{v}_{0}}{bq}$，方向垂直紙面向外．
（2）交變電壓的周期T為$T=\frac{2b}{n{v}_{0}}$（n=1，2，…）
電壓U₀為${U}_{0}=\frac{nm{v}_{0}^{2}}{2q}$（n=1，2，…），
（3）粒子從磁場中射出的點到P點的距離為2b．

點評 該題考察了帶電粒子在有邊界的勻強磁場中的偏轉(zhuǎn)和在變化的電場中的運動，正確分析帶電粒子在電場和磁場中的受力并判斷其運動的性質(zhì)及軌跡是解題的關(guān)鍵；在分析其受力及描述其軌跡時，要有較強的空間想象能力，并善于把空間圖形轉(zhuǎn)化為最佳平面視圖；當(dāng)帶電粒子在電磁場中做多過程運動時，關(guān)鍵是掌握基本運動的特點和尋找過程的邊界條件．