Question

7．如圖（a）所示，平行金屬板A和B間的距離為d，現(xiàn)在A、B板上加上如圖（b）所示的方波形電壓，t=0時A板比B板的電勢高，電壓的正向值為U₀，反向值也為U₀，現(xiàn)有由質量為m的帶正電且電荷量為q的粒子組成的粒子束，從AB的中點O以平行于金屬板方向OO′的速度v₀=$\frac{q{U}_{0}T}{3dm}$不斷射入，所有粒子在AB間的飛行時間均為T，不計重力影響．試求：
（1）粒子打出電場時位置離O′點的距離范圍；
（2）若要使打出電場的粒子經(jīng)某一垂直紙面的圓形區(qū)域勻強磁場偏轉后，都能通過圓形磁場邊界的一個點處，而便于再收集，則磁場區(qū)域的最小半徑和相應的磁感強度是多大？

Answer 1

分析 （1）粒子進入電場后水平方向做勻速直線運動，豎直方向先做勻加速運動后做勻減速運動，粒子由t=nT時刻進入電場，向下側移最大，由牛頓第二定律和運動學結合求出最大側移．粒子由t=nT+$\frac{2}{3}$T時刻進入電場，向上側移最大，再求出此側移，即可得到范圍．
（2）粒子在打出粒子的速度都是相同的，由速度合成法求出粒子的速度．要使平行粒子能夠交于圓形磁場區(qū)域邊界且有最小區(qū)域時，磁場直徑最小值與粒子寬度相等，即可得到磁場區(qū)域的最小半徑．粒子進入勻強磁場中，由洛倫茲力提供向心力，可牛頓第二定律求出相應的磁感強度

解答 解：（1）當粒子由t=nT時刻進入電場，向下側移最大，（n=0，1，2…）則：
s₁=$\frac{1}{2}$a（$\frac{2T}{3}$）²+a（$\frac{2T}{3}$）•$\frac{1}{3}$T-$\frac{1}{2}$a（$\frac{T}{3}$）²，a=$\frac{q{U}_{0}}{md}$，解得：s₁=$\frac{7q{U}_{0}{T}^{2}}{18md}$，
當粒子由t=nT+$\frac{2}{3}$T時刻進入電場，向上側移最大，則：s₂=$\frac{1}{2}$a（$\frac{T}{3}$）²，解得：s₂=$\frac{q{U}_{0}{T}^{2}}{18md}$，
所以，在距離O′中點下方$\frac{7q{U}_{0}{T}^{2}}{18md}$至上方$\frac{q{U}_{0}{T}^{2}}{18md}$范圍內有粒子打出． 
（2）打出粒子的速度都是相同的，在沿電場線方向速度大小為 v_y=a•$\frac{T}{3}$，
所以打出速度大小為 v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$，解得：v=$\frac{\sqrt{2}q{U}_{0}T}{3md}$，
設速度方向與v₀的夾角為θ，則 tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=1，得θ=45°
要使平行粒子能夠交于圓形磁場區(qū)域邊界且有最小區(qū)域時，
磁場直徑最小值與粒子寬度相等，粒子寬度D=（s₁+s₂）cos45°     
故磁場區(qū)域的最小半徑為：r=$\frac{D}{2}$=$\frac{\sqrt{2}q{U}_{0}{T}^{2}}{9md}$，
粒子在磁場中作圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：B=$\frac{3m}{qT}$；
答：（1）粒子射出電場時位置離中軸線OO′的距離范圍為距離O′中點下方$\frac{7q{U}_{0}{T}^{2}}{18md}$至上方$\frac{q{U}_{0}{T}^{2}}{18md}$范圍內有粒子打出．
（2）磁場區(qū)域的最小半徑為$\frac{\sqrt{2}q{U}_{0}{T}^{2}}{9md}$，相應的磁感強度是$\frac{3m}{qT}$．

點評 本題分析粒子的運動情況，確定粒子什么時刻進入電場時，偏轉距離最大是關鍵．粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何知識求出半徑．