Question

17．如圖甲所示，真空中兩水平放置的平行金屬板C、D，板上分別開有正對的小孔O₁和O₂，兩板接在交流電源上，兩板間的電壓u_CD隨時間t變化的圖線如圖乙所示．T=0時刻開始，從C板小孔O₁處連續(xù)不斷飄入質量m=3.2×10^-25kg、電荷量q=1.6×10^-19C的帶正電的粒子（飄入速度很小，可忽略不計）．在D板上方有以MN為水平上邊界的勻強磁場，MN與D板的距離d=10cm，勻強磁場的磁感應強度B=0.10T，方向垂直紙面向里，粒子受到的重力及粒子間的相互作用力均可忽略不計，平行金屬板C、D之間距離足夠小，粒子在兩板間的運動時間可忽略不計．求：（保留兩位有效數(shù)字）

（1）在C、D兩板間電壓U₀=9.0V時飄入小孔O₁的帶電粒子進入磁場后的運動半徑；
（2）從t=0到t=4.0×10^-2s時間內(nèi)飄入小孔O₁的粒子能飛出磁場邊界MN的飄入時間范圍；
（3）磁場邊界MN上有粒子射出的范圍的長度．

Answer 1

分析 （1）粒子在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運動，根據(jù)動能定理與牛頓第二定律，即可求解；
（2）粒子恰能飛出磁場邊界，根據(jù)牛頓第二定律與動能定理，可求出電壓；根據(jù)圖象可求出對應的時刻；
（3）粒子速度越大在有界磁場中的偏轉量越小，根據(jù)動能定理與牛頓第二定律，可求出相對小孔向左偏移的最小距離，從而可確定磁場邊界MN有粒子射出的長度范圍．

解答 解：（1）設C、D兩板間電壓U₀=9.0V時帶電粒子飄入電場從小孔O₂進入磁場的速度為v₀，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R₀，根據(jù)動能定理和牛頓第二定律有；
電場中加速過程：$q{U_0}=\frac{1}{2}mv_0^2$
磁場中偏轉時有：$q{v_0}B=m\frac{v_0^2}{R_0}$   
聯(lián)立解得：R₀=$\frac{1}{B}$$\sqrt{\frac{2m{U}_{0}}{q}}$=$\frac{1}{0.1}×\sqrt{\frac{2×3.2×1{0}^{-25}×9.0}{1.6×1{0}^{-19}}}$=0.06m=6.0cm
（2）如答圖1所示，帶電粒子軌跡與MN相切時，恰好飛出磁場，此時粒子運動半徑R₁=d，
設恰能飛出磁場邊界MN的帶電粒子在電場中運動時CD兩板間的電壓為U₁，從從小孔O₂進入磁場時的速度為v₁，根據(jù)牛頓第二定律與動能定理有$q{v_1}B=m\frac{v_1^2}{R_1}$
$q{U_1}=\frac{1}{2}mv_1^2$…
解得U₁=25V
由于粒子帶正電，因此只有在C板電勢高于D板（u_CD為正值）時才能被加速進入磁場，根據(jù)圖象可得U_CD=25V的對應時刻分別為${t_1}=0.50×{10^{-2}}s$
${t_2}=1.5×{10^{-2}}s$
則粒子在0到4.0×10^-2s內(nèi)飛出磁場邊界的飄入時間范圍為0.50×10^-2s～1.5×10^-2s
（3）設粒子在磁場中運動的最大速度為v_m，對應的運動半徑為R_m，粒子運動軌跡如答圖2所示，依據(jù)動能定理和牛頓第二定律有
$q{U_m}=\frac{1}{2}mv_m^2$
$q{v_m}B=m\frac{v_m^2}{R_m}$
粒子飛出磁場邊界時相對小孔向左偏移的最小距離x₁=R_m-$\sqrt{{R}_{m}^{2}-r9jblz7^{2}}$
粒子射出磁場區(qū)域的最左端是粒子運動軌跡與MN相切處，即粒子向左偏移距離x₂=d
則磁場邊界MN有粒子射出的長度范圍△x=x₂-x₁=d-x₁
聯(lián)立解得△x=0.059m=5.9cm
答：（1）在C、D兩板間電壓U₀=9.0V時飄入小孔O₁的帶電粒子進入磁場后的運動半徑6.0cm；
（2）從t=0到t=4.0×10^-2s時間內(nèi)飄入小孔O₁的粒子能飛出磁場邊界MN的飄入時間范圍0.50×10^-2s～1.5×10^-2s；
（3）磁場邊界MN上有粒子射出的范圍的長度5.9cm．

點評 本題考查帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，掌握動能定理與牛頓第二定律的應用，注意由左手定則來確定粒子偏轉方向，及正確的運動軌跡圖，結合幾何基礎知識．