Question

（2012?嘉興二模）如圖甲所示，M、N為豎直放置的兩塊平行金屬板，圓形虛線為與N相連且接地的圓形金屬網(wǎng)罩．PQ為與圓形網(wǎng)罩同心的金屬收集屏，通過阻值為r₀的電阻與大地相連．小孔s₁、s₂、圓心O與PQ中點(diǎn)位于同一水平線上．圓心角2θ=120°、半徑為R的網(wǎng)罩內(nèi)有大小為B，方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場．M、N間相距

R

2

且接有如圖乙所示的隨時(shí)間t變化的電壓，U_MN=U₀sin

π

T

t（0≤t≤T），U_MN=U₀（t＞T）（式中U₀=

3eB2R2

m

，T已知），質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子連續(xù)不斷地經(jīng)s₁進(jìn)入M、N間的電場，接著通過s₂進(jìn)入磁場．（質(zhì)子通過M、N的過程中，板間電場可視為恒定，質(zhì)子在s₁處的速度可視為零，質(zhì)子的重力及質(zhì)子間相互作用均不計(jì)．）
（1）質(zhì)子在哪些時(shí)間段內(nèi)自s₁處進(jìn)入板間，穿出磁場后均能打到收集屏PQ上？
（2）質(zhì)子從進(jìn)入s₁到穿出金屬網(wǎng)罩經(jīng)歷的時(shí)間記為t′，寫出t′與U_MN之間的函數(shù)關(guān)系（tanx=a 可表示為x=arctana）
（3）若毎秒鐘進(jìn)入s₁的質(zhì)子數(shù)為n，則收集屏PQ電勢穩(wěn)定后的發(fā)熱功率為多少？

Answer 1

分析：（1）質(zhì)子在MN板間運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理求出加速獲得的速度．質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求出質(zhì)子軌跡半徑與電壓U_MN的關(guān)系式．由題意，2θ=120°，若質(zhì)子能打在收集屏上，軌道半徑r與半徑R應(yīng)滿足的關(guān)系：r≥

3

R，聯(lián)立可得到板間電壓U_MN的范圍，即可求出時(shí)間范圍．
（2）質(zhì)子在電場中做勻加速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出時(shí)間；根據(jù)磁場中軌跡的圓心角α，由t=

α

2π

T求磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．即可得到總時(shí)間．
（3）穩(wěn)定時(shí)，收集屏上電荷不再增加，即在t＞T 時(shí)刻以后，U_MN=U₀，收集屏與地面電勢差恒為U，單位時(shí)間到達(dá)收集板的質(zhì)子數(shù)n，單位時(shí)間內(nèi)，質(zhì)子的總能量為P_總，單位時(shí)間內(nèi)屏上發(fā)熱功率為P_屏=P_總-P_熱，消耗在電阻上的功率為P_熱=I²r₀，所以收集板發(fā)熱功率 P_板=P_總-P_熱，聯(lián)立求解．

解答：解：（1）質(zhì)子在MN板間運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理，有eU_MN=

1

2

m

v

2 0

得 v₀=

2eUMN m

            
質(zhì)子在磁場中運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，有
 evB=m

v 2 0

r

聯(lián)立  r=

mv0

eB

=

1

B

2mUMN e

 若質(zhì)子能打在收集屏上，軌道半徑r與半徑R應(yīng)滿足的關(guān)系：r≥

3

R      
解得板間電壓 U_MN≥

3eB2R2

2m

                                    
結(jié)合圖象可知：質(zhì)子在

T

6

≤t≤

5

6

T和t≥T之間任一時(shí)刻從s₁處進(jìn)入電場，均能打到收集屏上                                                       
（2）M、N間的電壓越小，質(zhì)子穿出電場進(jìn)入磁場時(shí)的速度越小，質(zhì)子在極板間經(jīng)歷的時(shí)間越長，同時(shí)在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑越小，在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也會越長，設(shè)在磁場中質(zhì)子運(yùn)動(dòng)所對應(yīng)的圓半徑為r，運(yùn)動(dòng)圓弧所對應(yīng)的圓心角為θ，射出電場的速度為v₀，質(zhì)子穿出金屬網(wǎng)罩時(shí)，對應(yīng)總時(shí)間為t，則
在板間電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t₁=

R 2

v0 2

=

R

v0

=R

m 2eU0

tan

θ

2

=

R

r

=

RBe

mv0

=

RBe

2emUMN

在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t₂=

Rθ

v0

=

θm

Be

                                
所以，運(yùn)動(dòng)總時(shí)間t=t₁+t₂=R

m 2eU0

+

θm

Be

，θ=2arctan

RBe

mv0

在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t₂=

Rθ

v0

=

θm

Be

=

2m

Be

arctan

RBe

2meUMN

所以，運(yùn)動(dòng)總時(shí)間t=t₁+t₂=R

m 2eU0

+

2m

Be

arctan

RBe

2meUMN

         
（3）穩(wěn)定時(shí)，收集屏上電荷不再增加，即在t＞T 時(shí)刻以后，此時(shí)，U_MN=U₀，收集屏與地面電勢差恒為U，U=Ir₀
單位時(shí)間到達(dá)收集板的質(zhì)子數(shù)n
單位時(shí)間內(nèi)，質(zhì)子的總能量為P_總=

1

2

nm

v

2 0

=neU₀=IU₀             
單位時(shí)間內(nèi)屏上發(fā)熱功率為P_屏=P_總-P_熱                                
消耗在電阻上的功率為P_熱=I²r₀                                
所以收集板發(fā)熱功率 P_板=P_總-P_熱=IU₀-I²r₀=neU₀-n²e²r₀           
答：（1）質(zhì)子在

T

6

≤t≤

5

6

T和t≥T之間任一時(shí)刻從s₁處進(jìn)入電場，均能打到收集屏上；
（2）出t′與U_MN之間的函數(shù)關(guān)系是t=R

m 2eU0

+

2m

Be

arctan

RBe

2meUMN

；
（3）收集屏PQ電勢穩(wěn)定后的發(fā)熱功率為neU₀-n²e²r₀．

點(diǎn)評：本題要注意質(zhì)子在電場中加速后進(jìn)入磁場中偏轉(zhuǎn)；加速電場中由動(dòng)能定理求出速度，而在磁場中的運(yùn)動(dòng)要由幾何關(guān)系確定圓心和半徑，再根據(jù)牛頓第二定律及向心力公式列式求解．本題中的難點(diǎn)在于找出時(shí)間范圍及時(shí)間的最大值．