Question

6．如圖所示，垂直紙面的兩平行金屬板M、N之間加有電壓，M板上O₁處有一粒子源，可不斷產(chǎn)生初速度為零的帶正電粒子，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，N板右側(cè)是一半徑為R的接地金屬圓筒，圓筒垂直于紙面且可繞中心軸逆時針轉(zhuǎn)動．O₂為N板上正對O₁的小孔，O₃、O₄為圓筒某一直徑兩端的小孔，開始時O₁、O₂、O₃、O₄在同一水平線上．在圓簡上方垂直紙面放置一熒光屏，熒光屏與直線O₁O₂平行，圓筒轉(zhuǎn)軸到熒光屏的距離OP=3R．不計粒子重力及粒子間相互作用．
（1）若圓筒靜止且圓筒內(nèi)不加磁場，粒子通過圓筒的時間為t，求金屬板MN上所加電壓U；
（2）若圓筒內(nèi)加垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，圓筒繞中心軸以某一角速度逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，調(diào)節(jié)MN間的電壓使粒子持續(xù)不斷地以不同速度從小孔O₂射出電場，經(jīng)足夠長的時間，有的粒子打到圓筒上被吸收，有的通過圓筒打到熒光屏上產(chǎn)生亮斑．如果在熒光屏PQ范圍內(nèi)的任意位置均會出現(xiàn)亮斑，PQ=$\sqrt{3}$R．求粒子到達(dá)熒光屏?xí)r的速度大小v的范圍；
（3）在第（2）問情境中，若要使進(jìn)入圓筒的粒子均能從圓筒射出來，求圓筒轉(zhuǎn)動的角速度ω．

Answer 1

分析 （1）對直線加速過程運用動能定理列式；對穿過圓筒過程根據(jù)速度公式列式；最后聯(lián)立求解．
（2）熒光屏PQ范圍內(nèi)的任意位置均會出現(xiàn)亮斑，說明PQ范圍內(nèi)均有粒子到達(dá)，最小速度v₁的粒子到達(dá)P點，最大速度v₂的粒子達(dá)到Q點；畫出軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求解半徑，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解兩個臨界速度；
（3）先畫出磁偏轉(zhuǎn)的軌跡，求解磁偏轉(zhuǎn)過程的時間，在結(jié)合等時性求解圓筒的角速度，得到一般表達(dá)式后討論即可．

解答 解：（1）粒子經(jīng)電場加速，由動能定理得：
qU=$\frac{1}{2}$mv² ①
進(jìn)入圓筒中的粒子有：
t=$\frac{2R}{v}$   ②
由①②得：
U=$\frac{2m{R}^{2}}{q{t}^{2}}$ ③
（2）熒光屏PQ范圍內(nèi)的任意位置均會出現(xiàn)亮斑，說明PQ范圍內(nèi)均有粒子到達(dá)，最小速度v₁的粒子到達(dá)P點，最大速度v₂的粒子達(dá)到Q點，從PQ間射出的粒子的速度應(yīng)該含有v₁到v₂范圍內(nèi)的任意值．
在圓筒中，由牛頓第二定律，有：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$ ④
打到熒光屏上P點的粒子速度：
r₁=R     ⑤
由④⑤得，到達(dá)P點的粒子速度：
v₁=$\frac{qBR}{m}$  ⑥
如圖由幾何關(guān)系知到達(dá)Q點的粒子穿過圓筒的偏角：
α=60° ⑦
到達(dá)Q點的粒子應(yīng)該滿足：
r₂=Rtan60° ⑧
到達(dá)Q點的粒子速度：
v₂=$\frac{qB{r}_{2}}{m}$   ⑨
到達(dá)熒光屏的粒子速度大小v的范圍：$\frac{qBR}{m}$≤v≤$\frac{\sqrt{3}qBR}{m}$
（3）設(shè)粒子穿過圓筒的偏轉(zhuǎn)角為β，則粒子穿過圓筒的時間：
△t=$\frac{β}{2π}$T
又T=$\frac{2πm}{qB}$
粒子穿出圓筒應(yīng)滿足：
ω•△t=β+kπ （k取0，1，2，3…）
ω=（1+$\frac{kπ}{β}$）$\frac{qB}{m}$（k取0，1，2，3…）
粒子速度不同，β不同，要使不同速度的粒子穿過以某一角速度勻速轉(zhuǎn)動的圓筒應(yīng)該滿足：
k=0
即ω=$\frac{qB}{m}$
答：（1）金屬板MN上所加電壓U為$\frac{2m{R}^{2}}{q{t}^{2}}$；
（2）粒子到達(dá)熒光屏?xí)r的速度大小v的范圍為：$\frac{qBR}{m}$≤v≤$\frac{\sqrt{3}qBR}{m}$；
（3）在第（2）問情境中，若要使進(jìn)入圓筒的粒子均能從圓筒射出來，圓筒轉(zhuǎn)動的角速度ω為$\frac{qB}{m}$．

點評 本題關(guān)鍵是明確粒子的運動規(guī)律，畫出臨界軌跡，根據(jù)牛頓第二定律并結(jié)合幾何關(guān)系列式分析，不難．