Question

15．如圖甲，真空中豎直放置兩塊相距為d的平行金屬板P、Q，兩板間加上如圖乙最大值為U₀的周期性變化的電壓，在Q板右側(cè)某個(gè)區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)．在緊靠P板處有一粒子源A，自t=0開始連續(xù)釋放初速不計(jì)的粒子，經(jīng)一段時(shí)間從Q板小孔O射入磁場(chǎng)，然后射出磁場(chǎng)，射出時(shí)所有粒子的速度方向均豎直向上．已知電場(chǎng)變化周期T=$2d\sqrt{\frac{2m}{{q{U_0}}}}$，粒子質(zhì)量為m，電荷量為+q，不計(jì)粒子重力及相互間的作用力．求：
（1）t=0時(shí)刻釋放的粒子在P、Q間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
（2）粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的最大速率和最小速率；
（3）有界磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場(chǎng)中加速，牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可求解粒子在P、Q間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
（2）粒子在電場(chǎng)中加速，電場(chǎng)力做功，由動(dòng)能定理即可求出粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的最大速率和最小速率；
（3）射出磁場(chǎng)時(shí)所有粒子的速度方向均豎直向上，做出運(yùn)動(dòng)的軌跡圖，即可幾何關(guān)系即可求解．

解答 解：（1）設(shè)t=0時(shí)刻釋放的粒子在0.5T時(shí)間內(nèi)一直作勻加速運(yùn)動(dòng)，
加速度$a=\frac{{q{U_0}}}{dm}$
位移$x=\frac{1}{2}•\frac{{q{U_0}}}{dm}{（{0.5T}）^2}=\frac{1}{2}•\frac{{q{U_0}}}{dm}•{（{d\sqrt{\frac{2m}{{q{U_0}}}}}）^2}=d$
可見該粒子經(jīng)0.5T正好運(yùn)動(dòng)到O處，假設(shè)與實(shí)際相符合
該粒子在P、Q間運(yùn)動(dòng)時(shí)間$t=0.5T=d\sqrt{\frac{2m}{{q{U_0}}}}$
（2）t=0時(shí)刻釋放的粒子一直在電場(chǎng)中加速，對(duì)應(yīng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速率最大
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有  ${v_{max}}=a•\frac{T}{2}=\sqrt{\frac{{2q{U_0}}}{m}}$
t₁=0時(shí)刻釋放的粒子先作加速運(yùn)動(dòng)（所用時(shí)間為△t），后作勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)T時(shí)刻恰好由小孔O
射入磁場(chǎng)，則$\frac{1}{2}a△{t^2}+a△t×0.5T=\frac{1}{2}a{（0.5T）^2}$
代入數(shù)據(jù)得：$△t=（2-\sqrt{2}）d\sqrt{\frac{m}{q{U}_{0}}}$
所以最小速度：${v}_{min}=a△t=（2-\sqrt{2}）\sqrt{\frac{qU}{m}}$
（3）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，則：
$qvB=\frac{m{v}^{2}}{r}$
得：$r=\frac{mv}{qB}$
最大半徑：${r}_{max}=\frac{m{v}_{max}}{qB}=\frac{1}{B}•\sqrt{\frac{2m{U}_{0}}{q}}$
最小半徑：${r}_{min}=\frac{m{v}_{min}}{qB}=\frac{2-\sqrt{2}}{B}•\sqrt{\frac{m{U}_{0}}{q}}$
粒子水平向右進(jìn)入磁場(chǎng)，然后射出時(shí)所有粒子的速度方向均豎直向上，偏轉(zhuǎn)角都是90°，所以軌跡經(jīng)過的區(qū)域?yàn)榇艌?chǎng)的最小面積，如圖：

圖中綠色陰影部分即為最小的磁場(chǎng)的區(qū)域，
所以：${S}_{min}=（\frac{1}{4}π{r}_{max}^{2}-\frac{1}{2}{r}_{max}^{2}）-（\frac{1}{4}π{r}_{min}^{2}-\frac{1}{2}{r}_{min}^{2}）$=$（\frac{1}{4}π-\frac{1}{2}）×（{r}_{max}^{2}-{r}_{min}^{2}）$=$（\frac{1}{4}π-\frac{1}{2}）×\frac{1}{{B}^{2}}•\frac{2m{U}_{0}}{q}[1-（2-\sqrt{2}）^{2}]$≈$\frac{0.374m{U}_{0}}{q{B}^{2}}$
答：（1）t=0時(shí)刻釋放的粒子在P、Q間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是$d\sqrt{\frac{2m}{q{U}_{0}}}$；
（2）粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的最大速率是$\sqrt{\frac{2q{U}_{0}}{m}}$，最小速率是$（2-\sqrt{2}）\sqrt{\frac{qU}{m}}$；
（3）有界磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積是$\frac{0.374m{U}_{0}}{q{B}^{2}}$．

點(diǎn)評(píng) 考查粒子在電場(chǎng)中加速和在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)問題，結(jié)合牛頓第二定律與幾何關(guān)系來綜合應(yīng)用，掌握運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑公式．