Question

7．空間中存在如圖所示的兩平行板電容器1和2，其電壓U₁、U₂未知，兩電容器的板長及板間距離均為d，緊挨著電容器2右側(cè)存在一場強(qiáng)B未知的長條形勻強(qiáng)磁場，磁場上下無界，左右邊界寬度未知，今有一電荷量為+q，質(zhì)量為m的帶電粒子由A點(diǎn)靜止釋放，在電場1加速后沿平行板2的中線進(jìn)入電場2，已知進(jìn)入瞬間的粒子速度為v₀，恰好沿電容器2的下級板的右側(cè)邊緣飛出，進(jìn)入右側(cè)的磁場，粒子重力不計．試求：
（1）平行板電容器1的電壓U₁；
（2）飛出平行板電容器2時的速度大小及平行板電容器2的電壓U₂；
（3）若經(jīng)過一段時間后，適當(dāng)調(diào)整U₂的正負(fù)極而大小不變，粒子還能夠回到A點(diǎn)，求磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大��；磁場寬度L滿足的條件；
（4）試求第（3）問中的粒子由A點(diǎn)飛出到返回A點(diǎn)所用的時間．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理求平行板電容器1的電壓U₁；
（2）粒子在平行板電容器2中做類平拋運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式即可求出飛出時的速度大小及平行板電容器2的電壓U₂；
（3）若經(jīng)過一段時間后，適當(dāng)調(diào)整U₂的正負(fù)極而大小不變，粒子還能夠回到A點(diǎn)，畫出軌跡，求出半徑，根據(jù)半徑公式即可求出磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大�。挥蓭缀侮P(guān)系即可求出磁場寬度L滿足的條件；
（4）分別求出粒子在各個區(qū)域的時間，即可求第（3）問中的粒子由A點(diǎn)飛出到返回A點(diǎn)所用的時間

解答 解：（1）根據(jù)動能定理，有：
$q{U}_{1}^{\;}=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}-0$
解得：${U}_{1}^{\;}=\frac{m{v}_{0}^{2}}{2q}$
（2）粒子在電壓為${U}_{2}^{\;}$的平行板中做類平拋運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律：$a=\frac{q{U}_{2}^{\;}}{md}$
水平方向：$d={v}_{0}^{\;}t$
豎直方向：$\fracq9hztp9{2}=\frac{1}{2}\frac{q{U}_{2}^{\;}}{md}{t}_{\;}^{2}$
聯(lián)立得：${U}_{2}^{\;}=\frac{m{v}_{0}^{2}}{q}$
豎直分速度為：${v}_{y}^{\;}=at=\frac{q{U}_{2}^{\;}}{md}×\fracelxqix5{{v}_{0}^{\;}}$=${v}_{0}^{\;}$
所以飛出平行板電容器2時的速度大小為：$v=\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}=\sqrt{2}{v}_{0}^{\;}$
飛出平行板電容器2時的速度方向與水平方向的夾角為θ，$tanθ=\frac{{v}_{y}^{\;}}{{v}_{0}^{\;}}=1$，得θ=45°
（3）要使粒子回到出發(fā)點(diǎn)O，微粒在偏轉(zhuǎn)磁場中運(yùn)動軌跡必須關(guān)于偏轉(zhuǎn)極板的軸線對稱，畫出軌跡，

設(shè)軌道半徑為R，則有
$R=\frac{\fracefeajn9{2}}{cos45°}=\frac{\sqrt{2}d}{2}$
由$R=\frac{mv}{qB}$，得$B=\frac{mv}{qR}=\frac{m\sqrt{2}{v}_{0}^{\;}}{q\frac{\sqrt{2}}{2}d}=\frac{2m{v}_{0}^{\;}}{qd}$
磁場寬度L≥R+Rcos45°=$（2+\sqrt{2}）\frac{m{v}_{0}^{\;}}{qB}$
（4）在電壓為${U}_{1}^{\;}$的平行板電容器中運(yùn)動時間${t}_{1}^{\;}=\fracr9aao9n{\frac{{v}_{0}^{\;}}{2}}=\frac{2d}{{v}_{0}^{\;}}$
在電壓為${U}_{2}^{\;}$的平行板電容器運(yùn)動時間${t}_{2}^{\;}=\fracp4c4kj0{{v}_{0}^{\;}}$
在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的時間${t}_{3}^{\;}=\frac{3}{4}×\frac{2πR}{v}=\frac{3}{4}×\frac{2π}{\sqrt{2}{v}_{0}^{\;}}×\frac{\sqrt{2}d}{2}=\frac{3πd}{4{v}_{0}^{\;}}$
第（3）問中的粒子由A點(diǎn)飛出到返回A點(diǎn)所用的時間$t=2{t}_{1}^{\;}+2{t}_{2}^{\;}+{t}_{3}^{\;}=（6+\frac{3π}{4}）\frac44nf4so{{v}_{0}^{\;}}$
答：（1）平行板電容器1的電壓${U}_{1}^{\;}$為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2q}$；
（2）飛出平行板電容器2時的速度大小$\sqrt{2}{v}_{0}^{\;}$及平行板電容器2的電壓${U}_{2}^{\;}$為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{q}$；
（3）若經(jīng)過一段時間后，適當(dāng)調(diào)整U₂的正負(fù)極而大小不變，粒子還能夠回到A點(diǎn)，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小$\frac{2m{v}_{0}^{\;}}{qd}$；磁場寬度L滿足的條件$L≥（2+\sqrt{2}）\frac{m{v}_{0}^{\;}}{qB}$；
（4）試求第（3）問中的粒子由A點(diǎn)飛出到返回A點(diǎn)所用的時間$（6+\frac{3π}{4}）\frac09to4qh{{v}_{0}^{\;}}$

點(diǎn)評 本題是帶電粒子在組合場中運(yùn)動的問題，關(guān)鍵是分析粒子的受力情況和運(yùn)動情況，用力學(xué)的方法處理，要準(zhǔn)確畫出臨界軌跡，由幾何關(guān)系求軌跡半徑．