Question

1．圖甲為某種速度選擇器示意圖，加速電場右側是一接地金屬圓筒，O₁、O₂為加速電場兩極板上的小孔，O₃、O₄為圓筒某一直徑兩端的小孔，abcd為豎直熒光屏，光屏與直線O₁O₂平行．開始時O₁、O₂、O₃、O₄在同一水平線上．已知加速電壓為U，圓簡半徑為R，帶正電的粒子質量為m，電量為q，圓筒轉軸到光屏的距離OP=3R（如圖乙）．不計位子重力及粒子間相互作用．

（1）若圓筒靜止且圓筒內不加磁場，粒子從小孔O₁進人電場時的速度可忽略，求粒子通過圓筒的時間t_o
（2）若圓筒內有豎直向下勻強磁場，磁感應強度大小為B，圓筒繞豎直中心軸以某一角速度逆時針方向勻速轉動，粒子源持續(xù)不斷地將速度不同的粒子從小孔0₁射人電場，經足夠長時間，有的粒子打到圓筒上被吸收，有的通過圓筒打到光屏上產生亮斑．如果在光屏PQ范圍內的任意位里均會出現亮斑，PQ=$\sqrt{3}$R（如圖乙）．求粒子到達光屏時的速度大小v的范圍，以及圓筒轉動的角速度ω

Answer 1

分析 （1）先根據動能定理求出粒子加速獲得的速度，若圓筒靜止且圓筒內不加磁場時，粒子在圓筒內做勻速直線運動，由位移公式求解時間．
（2）光屏PQ范圍內的任意位置里均會出現亮斑，說明PQ范圍內均有粒子到達，最小速度的粒子到達P，最大速度的粒子到達Q，根據洛倫茲力提供向心力得到速度與半徑的關系，由幾何關系求解出軌跡半徑，即可得到速度v的范圍．根據圓周運動的周期性，分析圓筒轉動的角速度ω．

解答 解：（1）粒子經電場加速，由動能定理得：qU=$\frac{1}{2}$mv²-0，
粒子進入圓筒中做勻速直線運動，有：t=$\frac{2R}{v}$，
解得：t=R$\sqrt{\frac{2m}{qU}}$；
（2）光屏PQ范圍內的任意位置里均會出現亮斑，說明PQ范圍內均有粒子到達，
最小速度v₁的粒子到達P，最大速度v₂的粒子到達Q，從0₂射出的粒子速度應含有v₁～v₂的范圍內的任意值．
在圓筒內，根據洛倫茲力提供向心力得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：v=$\frac{qBr}{m}$，
打到光屏上P點的粒子應滿足 r₁=R，速度為：v₁=$\frac{qBR}{m}$，
如圖，由幾何關系知，到達Q點的粒子穿過圓筒的偏轉角為：α=60°
到達Q點的粒子應滿足 r₂=Rtan60°=$\sqrt{3}$R，
速度為：v₂=$\frac{\sqrt{3}qBR}{m}$，則v的范圍為：$\frac{qBR}{m}$≤v≤$\frac{\sqrt{3}qBR}{m}$．
設粒子穿過圓筒的偏轉角為β，則粒子穿過圓筒的時間為：
△t=$\frac{β}{2π}$T，又：T=$\frac{2πr}{v}$=$\frac{2πm}{qB}$，
粒子穿出圓筒應滿足：ω△t=β+kπ，（k=0，1，2，3…）
解得：ω=（1+$\frac{kπ}{β}$）$\frac{qB}{m}$，（k=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動的圓筒，應滿足k=0，即ω=$\frac{qB}{m}$；
答：（1）粒子通過圓筒的時間t為R$\sqrt{\frac{2m}{qU}}$．
（2）粒子到達光屏時的速度大小v的范圍為$\frac{qBR}{m}$≤v≤$\frac{\sqrt{3}qBR}{m}$．圓筒轉動的角速度ω為$\frac{qB}{m}$．

點評 本題關鍵是明確粒子的運動規(guī)律，畫出臨界軌跡，根據牛頓第二定律并結合幾何關系列式分析．對于勻速圓周運動，還常常要考慮其周期性．