Question

10．如圖甲所示，真空中豎直放置兩塊相距為d的平行金屬板P、Q．兩板間加上如圖乙所示最大值為U₀的周期性變化的電壓，在Q板右側(cè)某個區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場．在緊靠P板處有粒子源A，自t=0開始連續(xù)釋放初速不計的粒子，經(jīng)一段時間從Q板小孔O射入磁場，射出磁場時所有粒子的速度方向均豎直向上．已知粒子質(zhì)量為m，電荷量為+q，不計粒子重力及相互間的作用力，電場變化周期T=3d$\sqrt{\frac{2m}{q{U}_{0}}}$．試求：
（1）t=0時刻釋放的粒子在P、Q間運(yùn)動的時間．
（2）粒子射入磁場時的最大速率和最小速率．
（3）有界磁場區(qū)域的最小面積．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場中加速，牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式即可求解粒子在P、Q間運(yùn)動的時間；
（2）粒子在電場中加速，電場力做功，由動能定理即可求出粒子射入磁場時的最大速率和最小速率；
（3）射出磁場時所有粒子的速度方向均豎直向上，做出運(yùn)動的軌跡圖，即可幾何關(guān)系即可求解．

解答 解：（1）設(shè)t=0時刻釋放的粒子在$\frac{T}{3}$時間內(nèi)一直做勻加速直線運(yùn)動，其加速度大小為a，位移為x，則由牛頓第二定律、電場力公式和運(yùn)動學(xué)公式得．
$q\frac{{U}_{0}}mbk4swp=ma$，
x=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$，
解得：a=$\frac{q{U}_{0}}{md}$．
$x=\frac{1}{2}•\frac{q{U}_{0}}{md}（\frac{1}{3}T）^{2}$=$\frac{1}{2}\frac{q{U}_{0}}{md}（d\sqrt{\frac{2m}{q{U}_{0}}}）^{2}=d$．
可見，該粒子在$\frac{T}{3}$時間內(nèi)恰好運(yùn)動到O處，該粒子在P、Q間運(yùn)動的時間為：
t=$\frac{1}{3}T$=$d\sqrt{\frac{2m}{q{U}_{0}}}$．

（2）分析可知，在t=0時刻釋放的粒子一直在電場中加速，對應(yīng)進(jìn)入磁場時的速率最大．
設(shè)最大速率為v_max，由運(yùn)動學(xué)公式得，
${v}_{max}=a\frac{1}{3}T=\sqrt{\frac{2q{U}_{0}}{m}}$．
設(shè)在t₁時刻釋放的粒子先做勻加速直線運(yùn)動，經(jīng)△t后，再做勻速直線運(yùn)動，在T時間恰好由小孔O射入磁場．設(shè)此時粒子的速度大小為v₁，則由運(yùn)動學(xué)公式得：$\frac{1}{2}a△{t}^{2}+a△t×\frac{2}{3}T=\frac{1}{2}a（\frac{1}{3}T）^{2}$，
v₁=a△t，
解得：$△t=\frac{\sqrt{5}-2}{3}T$．
${v}_{1}=a•△t=（\sqrt{5}-2）\sqrt{\frac{2q{U}_{0}}{m}}$．
由由圖可知，在t₁至$\frac{T}{3}$時間內(nèi)某時刻進(jìn)入電場的粒子，其運(yùn)動過程為先加速、后勻速，再加速，當(dāng)速度達(dá)到v₁=a△t時，粒子還未運(yùn)動到小孔O處．圖中陰影的面積等于粒子此刻到小孔的距離；粒子需再經(jīng)加速后方可到達(dá)O處，此時速度已大于v₁．所以，速率v₁是粒子進(jìn)入磁場時的最小速率，即：
v_min=$（\sqrt{5}-2）\sqrt{\frac{2q{U}_{0}}{m}}$．

（3）粒子進(jìn)入磁場后做軌跡為四分之一圓周的運(yùn)動，設(shè)軌跡半徑為r，根據(jù)向心力公式和洛倫茲力公式得：$qvB=m\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：r=$\frac{mv}{qB}$．
最大速率對應(yīng)的半徑為：${r}_{max}=\sqrt{\frac{2m{U}_{0}}{q{B}^{2}}}$，
最小速率對應(yīng)的半徑為：${r}_{min}=（\sqrt{5}-2）\sqrt{\frac{2m{U}_{0}}{q{B}^{2}}}$．
分析可知，當(dāng)左、右邊界為最小半徑、最大半徑對應(yīng)的四分之一圓周，上邊界y=x的一部分時，磁場區(qū)域的面積最小，如圖所示，設(shè)面積為S，則由幾何關(guān)系可得：
$S=（\frac{1}{4}π{{r}_{min}}^{2}-\frac{1}{2}{{r}_{max}}^{2}）-$$（\frac{1}{4}π{{r}_{min}}^{2}-\frac{1}{2}{{r}_{min}}^{2}）$=$\frac{π-2}{4}（{{r}_{max}}^{2}-{{r}_{min}}^{2}）$，
解得：S=$（2\sqrt{5}-4）（π-2）\frac{m{U}_{0}}{q{B}^{2}}$．
答：（1）t=0時刻釋放的粒子在P、Q間運(yùn)動的時間為$d\sqrt{\frac{2m}{q{U}_{0}}}$．
（2）粒子射入磁場時的最大速率和最小速率分別為$\sqrt{\frac{2q{U}_{0}}{m}}、（\sqrt{5}-2）\sqrt{\frac{2q{U}_{0}}{m}}$．
（3）有界磁場區(qū)域的最小面積為$（2\sqrt{5}-4）（π-2）\frac{m{U}_{0}}{q{B}^{2}}$．

點(diǎn)評 考查粒子在電場中加速和在磁場中圓周運(yùn)動問題，結(jié)合牛頓第二定律與幾何關(guān)系來綜合應(yīng)用，掌握運(yùn)動軌跡的半徑公式．