Question

8．如圖甲所示，平行金屬板MN極板間距d=0.4m，板長(zhǎng)L=0.4m，兩板間加如圖乙所示的電壓，在板的右側(cè)有垂直紙面向外的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，虛線(xiàn)AB、AC為磁場(chǎng)的邊界線(xiàn)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2.5×10^-2T，磁場(chǎng)范圍足夠大，有一粒子源S沿金屬板中心軸線(xiàn)方向連續(xù)射出比荷為$\frac{q}{m}$=4.0×10⁶C/kg、速度為v0=2.0×10⁴m/s帶正電的粒子，粒子最后從AC邊界射出．（帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的時(shí)間極短，粒子通過(guò)電場(chǎng)時(shí)兩極板間的電壓可認(rèn)為不變）求：

（1）t=0時(shí)刻發(fā)射出的粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R₀；
（2）t=$\frac{{t}_{0}}{2}$時(shí)刻發(fā)射出的粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大��；
（3）不同時(shí)刻發(fā)射出的粒子，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同，求0～t₀時(shí)間內(nèi)發(fā)射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)洛倫茲力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力由粒子運(yùn)動(dòng)速度求得運(yùn)動(dòng)半徑；
（2）帶電粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解分別求得粒子在豎直方向與水平方向的速度從而求得粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度大小即可；
（3）作出粒子進(jìn)入磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，由運(yùn)動(dòng)軌跡得出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角有關(guān)，求得粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間的長(zhǎng)短由粒子在加速電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)角的大小決定，再根據(jù)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)求得對(duì)應(yīng)的最長(zhǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間即可．

解答 解：（1）t=0時(shí)刻偏轉(zhuǎn)電壓為0，發(fā)射出的粒子勻速通過(guò)極板，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度大小為v₀，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供圓周運(yùn)動(dòng)向心力有：
$q{v}_{0}B=m\frac{{v}_{0}^{2}}{{R}_{0}}$
可得${R}_{0}=\frac{m{v}_{0}}{qB}=\frac{{v}_{0}}{\frac{q}{m}B}=\frac{2.0×1{0}^{4}}{4.0×1{0}^{6}×2.5×1{0}^{-2}}m$=0.2m
（2）$t=\frac{{t}_{0}}{2}$時(shí)刻極板間電壓U'=$\frac{1}{2}U$，粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)粒子射入磁場(chǎng)時(shí)沿y軸方向（即垂直于金屬板方向）的分速度為v_y，則有：

$q\frac{U′}wkm9py1=ma$
L=v₀t
v_y=at=$\frac{q\frac{U}{2}}{md}•\frac{L}{{v}_{0}}$
可得粒子射入磁場(chǎng)時(shí)速度大小為$v=\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}=\sqrt{{v}_{0}^{2}+（\frac{q\frac{U}{2}}{md}•\frac{L}{{v}_{0}}）^{2}}$=$\sqrt{（2.0×1{0}^{4}）^{2}+（4.0×1{0}^{6}×{\frac{\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}×1{0}^{2}}{2}}{0.4}•\frac{0.4}{2.0×1{0}^{4}}）}^{2}}$m/s=$\sqrt{\frac{13}{3}}×1{0}^{4}m/s$
（3）設(shè)粒子射出極板時(shí)速度的大小為v，偏轉(zhuǎn)角為α，在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由題意則有：
$v=\frac{{v}_{0}}{cosα}$
又洛倫茲力提供向心力有：
$qvB=\frac{m{v}^{2}}{R}$
可得半徑R=$\frac{{R}_{0}}{cosα}$
粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖，

圓心為O'，與AC交點(diǎn)為D，設(shè)∠O′DO=β，根據(jù)幾何關(guān)系有：
$\fracw5whvxx{2}+\frac{L}{2}tanα=Rcosα+Rsinβ$
又$\frac03ebpel{2}=\frac{L}{2}$=R₀
可解得：sinα=sinβ，即α=β
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為T(mén)=$\frac{2πm}{qB}$
則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=$\frac{\frac{π}{2}+2α}{2π}T=\frac{m（π+4α）}{2qB}$
由此可知，當(dāng)粒子射入磁場(chǎng)時(shí)速度偏轉(zhuǎn)角越大，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間就越大，假設(shè)極板間電壓為最大值U時(shí)，粒子能射出電場(chǎng)，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)．
當(dāng)電壓最大時(shí)粒子射入磁場(chǎng)時(shí)沿y方向的分速度${v}_{ym}=\frac{2\sqrt{3}}{3}×1{0}^{4}m/s$
y方向偏轉(zhuǎn)距離：${y}_{m}=\frac{{v}_{ym}}{2}•\frac{L}{{v}_{0}}$=$\frac{\sqrt{3}}{15}m＜0.2m$
說(shuō)明粒子可以射出極板此時(shí)粒子速度偏轉(zhuǎn)角最大聲，設(shè)為α_m
則$tan{α}_{m}=\frac{{v}_{ym}}{{v}_{0}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$
即${α}_{m}=\frac{π}{6}$
故粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間${t}_{m}=m\frac{（π+4{α}_{m}）}{2qB}=\frac{5πm}{6qB}$
代入數(shù)據(jù)可得t_m=$\frac{π}{12}×1{0}^{-4}s$
答：（1）t=0時(shí)刻發(fā)射出的粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R₀為0.2m；
（2）t=$\frac{{t}_{0}}{2}$時(shí)刻發(fā)射出的粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度的大小為$\sqrt{\frac{13}{3}}×1{0}^{4}m/s$；
（3）不同時(shí)刻發(fā)射出的粒子，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同，求0～t₀時(shí)間內(nèi)發(fā)射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為$\frac{π}{12}×1{0}^{-4}s$．

點(diǎn)評(píng) 本題應(yīng)注意題意中給出的條件，在粒子穿出電場(chǎng)的時(shí)間極短，電壓看作不變；同時(shí)要注意帶電粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)類(lèi)題目一定要找清幾何關(guān)系．