Question

20．如圖所示，左側裝置內存在著勻強磁場和方向豎直向下的勻強電場，裝置上下兩極板間電勢差為U，間距為L，右側為“梯形”勻強磁場區(qū)域ACDH，其中，AH∥CD，$\overline{AH}$=4L．一束電荷量大小為q、質量不等的帶電粒子（不計重力、可視為質點），從狹縫S₁射入左側裝置中恰能沿水平直線運動并從狹縫S₂射出，接著粒子垂直于AH、由AH的中點M射入“梯形”區(qū)域，最后全部從邊界AC射出．若兩個區(qū)域的磁場方向均水平（垂直于紙面向里）、磁感應強度大小均為B，“梯形”寬度$\overline{MN}$=L，忽略電場、磁場的邊緣效應及粒子間的相互作用．
（1）判定這束粒子所帶電荷的種類，并求出粒子速度的大��；
（2）求出這束粒子可能的質量最小值和最大值；
（3）求出（2）問中偏轉角度最大的粒子在“梯形”區(qū)域中運動的時間．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)運動軌跡和左手定則判定粒子電性，粒子在電磁場中做勻速直線運動，由平衡條件求出粒子速度．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，作出粒子運動軌跡，求出粒子的軌道半徑，應用牛頓第二定律可以求出粒子的質量．
（3）根據(jù)運動軌跡圖找到最大圓心角，根據(jù)周期關系求出運動的時間．

解答 解：（1）粒子全部從邊界AC射出，則粒子進入梯形磁場時所受洛倫茲力豎直向上，由左手定則可知，粒子帶正電；
粒子在兩極板間做勻速直線運動，由平衡條件得：qvB=q$\frac{U}{L}$，解得：v=$\frac{U}{BL}$；
（2）在“梯形”區(qū)域內，粒子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，粒子軌道半徑：R=$\frac{mv}{qB}$，
由R=$\frac{mv}{qB}$可知：當粒子質量有最小值時，R最小，粒子運動軌跡恰與AC 相切（見圖甲）；
當粒子質量有最大值時，R最大，粒子運動軌跡恰過C點（見圖乙），
由幾何關系得：R₁=（2L-R₁）sin45°，解得：R₁=2（$\sqrt{2}$-1）L，
因MN=L，所以△AMC是等邊直角三角形，R₂=L，
解得：m_max=$\frac{q{B}^{2}{L}^{2}}{U}$，m_min=$\frac{2（\sqrt{2}-1）q{B}^{2}{L}^{2}}{U}$；
（3）粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
粒子沿圖甲軌跡運動時對應的圓心角最大，
有：t=$\frac{135°}{360°}$T=$\frac{3}{8}$T，解得：t=$\frac{3（\sqrt{2}-1）πB{L}^{2}}{2U}$；
答：
（1）這束粒子帶正電，出粒子速度的大小為$\frac{U}{BL}$；
（2）出這束粒子可能的質量最大值為$\frac{q{B}^{2}{L}^{2}}{U}$，最小值為：$\frac{2（\sqrt{2}-1）q{B}^{2}{L}^{2}}{U}$；
（3）（2）問中偏轉角度最大的粒子在“梯形”區(qū)域中運動的時間為$\frac{3（\sqrt{2}-1）πB{L}^{2}}{2U}$．

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，畫出運動軌跡圖，根據(jù)幾何知識及平拋運動和圓周運動基本公式解答，難度較大．