Question

4．如圖所示，M、N為加速電場的兩極板，M板中心有一小孔Q，其正上方有一半徑為R₁=1m的圓形磁場區(qū)域，圓心為0，另有一內(nèi)半徑為R₁，外半徑為R₂=$\sqrt{3}$m的同心環(huán)形磁場區(qū)域，區(qū)域邊界與M板相切于Q點(diǎn)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B=0.5T，方向相反，均垂直于紙面．一比荷$\frac{q}{m}$=4×10⁷C/kg帶正電粒子從靠近N板的P點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)加速后通過小孔Q，垂直進(jìn)入環(huán)形磁場區(qū)域．已知點(diǎn)P、Q、O在同一豎直線上，不計(jì)粒子的重力，且不考慮粒子的相對論效應(yīng)．
（1）若加速電壓U₁=1.25×10⁶V，求粒子剛進(jìn)入環(huán)形磁場時的速率v₀
（2）要使粒子能進(jìn)入中間的圓形磁場區(qū)域，加速電壓U₂應(yīng)滿足什么條件？
（3）在某加速電壓下粒子進(jìn)入圓形磁場區(qū)域，恰能水平通過圓心O，之后返回到出發(fā)點(diǎn)P，求粒子從Q孔進(jìn)人磁場到第一次回到Q點(diǎn)所用的時間．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理列式求解即可；
（2）畫出粒子恰好不進(jìn)入中間磁場區(qū)的臨界軌跡，先根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑，然后根據(jù)洛倫茲力提供向心力列方程，再根據(jù)動能定理對直線加速過程列方程，最后聯(lián)立方程組求解即可；
（3）畫出運(yùn)動軌跡并結(jié)合對稱性，得到軌跡對應(yīng)的圓心角，然后求解出時間．

解答 解：（1）粒子在勻強(qiáng)電場中，由動能定理得：
qU₁=$\frac{1}{2}$mv₀²-0，代入數(shù)據(jù)解得：v₀=1×10⁷m/s；
（2）粒子剛好不進(jìn)入中間圓形磁場的軌跡如圖所示，

設(shè)此時粒子在磁場中運(yùn)動的旋轉(zhuǎn)半徑為r₁，在Rt△QOO₁中有：
r₁²+R₂²=（r₁+R₁）²，解得r₁=1m，
洛倫茲力提供向心力，有：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{{r}_{1}}$，解得：r₁=$\frac{mv}{qB}$，
由動能定理得：qU₂=$\frac{1}{2}$mv²-0，解得：U₂=5×10⁶V，
所以加速電壓U₂滿足條件是：U₂＞5×10⁶V；
（3）粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示

由于 O、O₃、Q共線且豎直，又由于粒子在兩磁場中的半徑相同為r₂，有
O₂O₃=2O₂Q=2r₂
由幾何關(guān)系得∠QO₂O₃=60⁰
故粒子從Q孔進(jìn)入磁場到第一次回到Q點(diǎn)所用的時間為
t=2 （$\frac{1}{6}$T+$\frac{5}{12}$T ）=$\frac{7}{6}$T，粒子做圓周運(yùn)動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
代入數(shù)據(jù)解得：t≈3.66×10^-7s
答：（1）粒子剛進(jìn)入環(huán)形磁場時的速率為1×10⁷m/s；
（2）要使粒子能進(jìn)入中間的圓形磁場區(qū)域，加速電壓U₂應(yīng)滿足條件：U₂＞5×10⁶V；
（3）粒子從Q孔進(jìn)人磁場到第一次回到Q點(diǎn)所用的時間約為3.66×10^-7s．

點(diǎn)評 解決本題的關(guān)鍵一是能根據(jù)動能定理求加速后的速率，二是能根據(jù)圓周運(yùn)動特征畫出粒子運(yùn)動軌跡，由運(yùn)動軌跡確定粒子圓周運(yùn)動的半徑和對圓心轉(zhuǎn)過的角度，這是正確解題的關(guān)鍵．