Question

2．如圖甲所示，一對平行金屬板M、N長為L，相距為d，O₁O為中軸線．當兩板間加電壓U_MN=U₀時，兩板間為勻強電場，忽略兩極板外的電場．某種帶負電的粒子從O₁點以速度v₀沿O₁O方向射入電場，粒子恰好打在上極板M的中點，粒子重力忽略不計．

（1）求帶電粒子的比荷$\frac{q}{m}$；
（2）若MN間加如圖乙所示的交變電壓，其周期$T=\frac{L}{{2{v_0}}}$，從t=0開始，前$\frac{T}{3}$內(nèi)U_MN=2U，后$\frac{2T}{3}$內(nèi)U_MN=-U，大量的上述粒子仍然以速度v₀沿O₁O方向持續(xù)射入電場，最終所有粒子剛好能全部離開電場而不打在極板上，求U的值；
（3）緊貼板右側建立xOy坐標系，在xOy坐標第I、IV象限某區(qū)域內(nèi)存在一個圓形的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于xOy坐標平面，要使在（2）問情景下所有粒子經(jīng)過磁場偏轉后都會聚于坐標為（2d，2d）的P點，求磁感應強度B的大小范圍．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，由運動的合成與分解規(guī)律可求得比荷；
（2）由題意可知粒子在電場中的運動過程，根據(jù)電場的周期性變化規(guī)律可明確粒子在電場中的運動規(guī)律，根據(jù)條件則可求得電壓值；
（3）所有粒子在磁場中均做勻速圓周運動，根據(jù)題意由幾何關系可明確磁感應強度的大小范圍．

解答 解：（1）設粒子經(jīng)過時間t₀打在M板中點，沿極板方向有：
$\frac{1}{2}L={v_0}{t_0}$
垂直極板方向有：
$\frac{1}{2}d=\frac{{q{U_0}}}{2md}{t_0}^2$
解得：$\frac{q}{m}=\frac{{4{d^2}v_0^2}}{{{U_0}{L^2}}}$
（2）粒子通過兩板時間為：$t=\frac{L}{v_0}=2T$
從t=0時刻開始，粒子在兩板間運動時每個電壓變化周期的前三分之一時間內(nèi)的加速度大小${a_1}=\frac{2qU}{md}$，方向垂直極板向上；在每個電壓變化周期的后三分之二時間內(nèi)加速度大小${a_2}=\frac{qU}{md}$，方向垂直極板向下．不同時刻從O₁點進入電場的粒子在電場方向的速度v_y隨時間t變化的關系如圖所示．
因為所有粒子剛好能全部離開電場而不打在極板上，可以確定在t=nT或$t=nT+\frac{1}{3}T$時刻進入電場的粒子恰好分別從極板右側上下邊緣處飛出．它們在電場方向偏轉的距離最大．有：$\frac6qrxk2u{2}=2[\frac{1}{2}（{a_1}\frac{T}{3}）T]$
解得：$U=\frac{{3{U_0}}}{4}$
（3）所有粒子射出電場時速度方向都平行于x軸，大小為v₀．設粒子在磁場中的運動半徑為r，則有：$q{v_0}B=m\frac{v_0^2}{r}$
解得：$r=\frac{{m{v_0}}}{qB}$
粒子進入圓形區(qū)域內(nèi)聚焦于P點時，磁場區(qū)半徑R應滿足：R=r
在圓形磁場區(qū)域邊界上，P點縱坐標有最大值，如圖所示．
磁場區(qū)的最小半徑為：${R_{min}}=\frac{5}{4}d$，
對應磁感應強度有最大值為：${B_{max}}=\frac{{4m{v_0}}}{5qd}$=$\frac{{U}_{0}{L}^{2}}{5xsb12pz^{3}{v}_{0}}$
磁場區(qū)的最大半徑為：R_max=2d，
對應磁感應強度有最小值為：${B_{min}}=\frac{{m{v_0}}}{2qd}$=$\frac{{U}_{0}{L}^{2}}{81dryoxf^{3}{v}_{0}^{\;}}$
所以，磁感應強度B的可能范圍為：$\frac{{U}_{0}{L}^{2}}{8xjqin7e^{3}{v}_{0}^{\;}}$≤B$\frac{{U}_{0}{L}^{2}}{5tlkaost^{3}{v}_{0}}$
答：（1）帶電粒子的比荷$\frac{4pqwenlu^{2}{v}_{0}^{2}}{{U}_{0}{L}^{2}}$；
（2）電壓U的值為$\frac{3{U}_{0}}{4}$
（3）緊磁感應強度B的大小范圍$\frac{{U}_{0}{L}^{2}}{8nauvuet^{3}{v}_{0}^{\;}}$≤B$\frac{{U}_{0}{L}^{2}}{55uctuj9^{3}{v}_{0}}$．

點評 本題考查帶電粒子在磁場中的運動，要注意電場中類平拋運動運動由運動的合成與分解求解；而磁場中的圓周運動解題的關鍵在于幾何關系的把握．