Question

2．如圖甲所示，在xOy平面的第三象限內(nèi)有一個(gè)粒子發(fā)射裝置S，它可向第一象限90°范圍內(nèi)的不同方向發(fā)射大量速率均為v₀=1.0×10³m/s，荷質(zhì)比$\frac{q}{m}$=1×10⁵C/kg的帶負(fù)電粒子．現(xiàn)在x軸上方的某區(qū)域內(nèi)加上一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，能使所有粒子能在0≤y≤0.1m的范圍內(nèi)沿x軸正向運(yùn)動(dòng)．粒子穿過磁場(chǎng)區(qū)域后進(jìn)入一個(gè)由平行板電容器NN所產(chǎn)生的正方形電場(chǎng)區(qū)域，電容器兩極板上的電壓隨時(shí)間的變化圖象如圖乙所示．已知電容器N板的兩端位于x₁=0.15m，x₂=0.25m處，在x=0.3m處有一個(gè)平行于y軸的光屏L，粒子打到光屏后能夠發(fā)光．若所有粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡均在紙面內(nèi)，且不計(jì)粒子的重力及它們間的相互作用，不考慮粒子間的碰撞及粒子落到極板上對(duì)電壓的影響．求：

（1）偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度；
（2）偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的最小面積；
（3）電容器兩極板間有電壓和無電壓時(shí)屏上發(fā)光長(zhǎng)度的比值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)的某一臨界軌跡，沿+y方向入射，根據(jù)軌跡求出半徑，再結(jié)合洛倫茲力提供向心力求出半徑公式，聯(lián)立求出磁感應(yīng)強(qiáng)度．
（2）求出偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的上下邊界，包圍的面積即為最小面積．
（3）無電壓時(shí)，粒子在板間勻速直線運(yùn)動(dòng)，發(fā)光亮度就是板寬度，有電壓時(shí)根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出在屏上的亮度．

解答 解：（1）因?yàn)槟苁顾�有粒子�?≤y≤0.1范圍內(nèi)沿x軸正向運(yùn)動(dòng)，所以粒子沿y軸正方向射入時(shí)，恰好能在（0.1，0.1）坐標(biāo)，沿x軸正向運(yùn)動(dòng)
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律$q{v}_{0}^{\;}B=m\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
解得：$R=\frac{m{v}_{0}^{\;}}{qB}$①
由幾何關(guān)系，運(yùn)動(dòng)半徑R=0.1m
聯(lián)立①②得：$B=\frac{m{v}_{0}^{\;}}{qR}=\frac{1×1{0}_{\;}^{3}}{1×1{0}_{\;}^{5}×0.1}=0.1T$
（2）由題意可知，電子是以一定速度從原點(diǎn)O沿任意方向射入第一象限時(shí)，先考察速度沿+y方向的電子，其運(yùn)動(dòng)軌跡是圓心在x軸上的（0.1，0）點(diǎn)，半徑為R=0.1m的圓．該電子沿圓弧OCP運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)P時(shí)即朝x軸的正向，可見這段圓弧就是符合條件磁場(chǎng)的上邊界，如圖1所示
當(dāng)電子速度方向與x軸正向成角度θ時(shí)，作出軌跡圖2，當(dāng)電子達(dá)到磁場(chǎng)邊界時(shí)，速度方向必須平行于x軸方向，設(shè)邊界任一點(diǎn)的坐標(biāo)為S（x，y），由圖2可知，
x=Rsinθ，y=R-Rcosθ，消去參數(shù)θ得，
${x}_{\;}^{2}+（y-R）_{\;}^{2}={R}_{\;}^{2}$
可以看出隨著θ的變化，S的軌跡是圓心為（0，R），半徑為R的圓，即是磁場(chǎng)區(qū)域的下邊界．
上下邊界就構(gòu)成一個(gè)葉片形磁場(chǎng)邊界，如圖3所示，則符合條件的磁場(chǎng)最小面積為扇形面積減去等要直角三角形面積的2倍．
$S=2（\frac{π{R}_{\;}^{2}}{4}-\frac{{R}_{\;}^{2}}{2}）=\frac{π-2}{2}{R}_{\;}^{2}$
本題中R=0.1m，代入上式得$S=\frac{π-2}{2}0．{1}_{\;}^{2}=5.7×1{0}_{\;}^{-3}{m}_{\;}^{2}$
（3）當(dāng)電容器兩極板間無電壓時(shí)，屏上發(fā)光長(zhǎng)度為${l}_{1}^{\;}=0.1m$
當(dāng)電容器兩極板間有電壓時(shí)，帶負(fù)電粒子在兩板間做類平拋運(yùn)動(dòng)如圖
根據(jù)牛頓第二定律qE=ma，且$E=\frac{U}hfhppfn$
得$a=\frac{qU}{md}$=$1×1{0}_{\;}^{7}m/{s}_{\;}^{2}$
水平方向：$l={v}_{0}^{\;}t$
解得$t=\frac{l}{{v}_{0}^{\;}}=\frac{0.1}{1×1{0}_{\;}^{3}}=1×1{0}_{\;}^{-4}s$
豎直方向：$y=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}=\frac{1}{2}×1×1{0}_{\;}^{7}（1×1{0}_{\;}^{-4}）_{\;}^{2}=0.05m=5cm$
電場(chǎng)方向向下，帶負(fù)電粒子向上偏轉(zhuǎn)，沿中心線射入的粒子恰好沿邊界射出，在中心線上方進(jìn)入平行板電容器的粒子打在極板上，沿中心線射入的粒子打在屏上的位置距中心線距離y'，根據(jù)幾何關(guān)系$\frac{y}{y′}=\frac{0.05}{0.1}$，y'=10cm
沿下極板入射的粒子剛好打在屏上和上板同一水平線上，所以有電壓時(shí)屏上發(fā)光長(zhǎng)度為${l}_{2}^{\;}=5cm$
所以有電壓時(shí)和無電壓時(shí)屏上發(fā)光長(zhǎng)度的比值$\frac{{l}_{2}^{\;}}{{l}_{1}^{\;}}=\frac{5cm}{10cm}=\frac{1}{2}$
答：（1）偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.1T；
（2）偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的最小面積$5.7×1{0}_{\;}^{-3}{m}_{\;}^{2}$；
（3）電容器兩極板間有電壓和無電壓時(shí)屏上發(fā)光長(zhǎng)度的比值為$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問題，求磁場(chǎng)最小面積是本題的一個(gè)難點(diǎn)，帶電粒子在屏上的亮度就是帶電粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問題，綜合性強(qiáng)．