Question

10．如圖所示，A、B兩板間存在電壓．M、N兩平行金屬板長(zhǎng)2d，兩板間距為2d，兩板間的電壓為U．PQ的右側(cè)有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)寬度為（$\frac{1}{\sqrt{2}}$+1）d．一束初速度為0、電荷量為q～4q、質(zhì)量為m～4m的帶負(fù)電粒子由S先后經(jīng)過兩個(gè)電場(chǎng)后，從M、N兩平行金屬板的中點(diǎn)C進(jìn)人磁場(chǎng)區(qū)域．對(duì)此現(xiàn)象，求解下列問題．
（1）證明：所有帶電粒子都從C點(diǎn)射出．
（2）若粒子從QP邊界射出的速度方向與水平方向成45°角，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度在什么范圍內(nèi)，才能保證所有粒子都不能從JK邊射出？

Answer 1

分析 （1）對(duì)直線加速過程根據(jù)動(dòng)能定理列式，對(duì)類平拋過程根據(jù)分位移公式列式，聯(lián)立求解出側(cè)移量y的表達(dá)式進(jìn)行分析即可；
（2）粒子在磁場(chǎng)中做類似平拋運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，求解出軌道半徑的范圍，臨界情況是軌跡與JK邊相切．

解答 解：（1）設(shè)AB間加速電壓為U，直線加速過程，有：$q{U}_{1}=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}-0$
類平拋過程，有：
2d=v₀t
y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
其中：
a=$\frac{qU}{m（2d）}$
聯(lián)立解得：
y=$\frac{Ud}{2{U}_{1}}$
即側(cè)向位移與粒子的質(zhì)量和電荷量均無關(guān)，故所有帶電粒子都從C點(diǎn)射出；
（2）對(duì)粒子的類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分運(yùn)動(dòng)公式，有：
tan45°=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$
tan45°=2tanα=2（$\frac{y}{2d}$）
${v}_{y}^{2}=2ay$
a=$\frac{qU}{m（2d）}$
聯(lián)立解得：
${v}_{x}={v}_{y}=\sqrt{\frac{qU}{m}}$
故進(jìn)入磁場(chǎng)的速度：v=$\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}=\sqrt{\frac{2qU}{m}}$
粒子從QP邊界射出的速度方向與水平方向成45°角，洛倫茲力提供向心力，故：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
解得：
r=$\frac{1}{B}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$
由于電荷量為q～4q、質(zhì)量為m～4m，故對(duì)不同的粒子，臨界半徑范圍為：$\frac{1}{B}\sqrt{\frac{mU}{2q}}$～$\frac{2}{B}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$…①
畫出臨界軌跡，如圖所示：
結(jié)合幾何關(guān)系，有：
Rsin45°+R=（$\frac{1}{\sqrt{2}}$+1）d
故R=d…②
聯(lián)立①②得到臨界軌跡對(duì)應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度范圍：
$\frac{1}njzxvzh\sqrt{\frac{mU}{2q}}≤B≤\frac{2}5dvrthl\sqrt{\frac{2mU}{q}}$
故磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度在范圍$B≥\frac{2}pdtv3vj\sqrt{\frac{2mU}{q}}$內(nèi)，才能保證所有粒子都不能從JK邊射出；
答：（1）證明如上；
（2）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度在范圍$B≥\frac{2}xjf5l5z\sqrt{\frac{2mU}{q}}$內(nèi)，才能保證所有粒子都不能從JK邊射出．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是明確粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，分勻加速、類平拋和勻速圓周運(yùn)動(dòng)進(jìn)行分析．