Question

19．如圖甲所示，平行正對且距離較近的金屬板M、N豎直放置，兩板間加有直流電壓，靠近N板還有兩個(gè)平行正對的金屬板P、Q水平放置，P、Q兩板間加有交變電壓，兩板中間的區(qū)域既有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，也有交變電場．交變電場的變化規(guī)律如圖乙所示，N板中心有小孔，靠近M板、與N板小孔正對處有一裝置不斷產(chǎn)生質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電微粒，帶電微粒初速度不計(jì)，經(jīng)電場加速后從小孔射出，正好沿P、Q兩板的中軸線OO′上的O點(diǎn)以速度v射入復(fù)合場區(qū)，且存在能從O′射出的粒子．微粒在M、N間運(yùn)動時(shí)間很短，不考慮重力影響．在P、Q間運(yùn)動時(shí)間大于$\frac{T}{2}$，需要考慮重力．重力加速度g以及上述v、m、q為已知量．求：
（1）M、N間電場的加速電壓U；
（2）P、Q間復(fù)合場區(qū)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B以及交變電場的場強(qiáng)E₀；
（3）極板P、Q的最小距離d、極板的最小長度L以及交變電場周期T的可能值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理求加速電壓
（2）粒子進(jìn)入交變電磁場區(qū)域中后，因?yàn)榇嬖谀軓腛'射出的粒子，速度沿水平方向，運(yùn)動時(shí)間大于$\frac{T}{2}$，粒子做完整勻速圓周運(yùn)動和勻速直線運(yùn)動交替，根據(jù)受力分析，在復(fù)合場中勻速圓周運(yùn)動，必有重力等于電場力，求出${E}_{0}^{\;}$，以及根據(jù)受力平衡求B．
（3）根據(jù)運(yùn)動的具體情景及圓周運(yùn)動的周期性求最小距離d、極板最小長度L及交變電場周期T的可能值．

解答 解：（1）根據(jù)動能定理，有$qU=\frac{1}{2}m{v}_{\;}^{2}-0$
解得：$U=\frac{m{v}_{\;}^{2}}{2q}$
（2）在P、Q間運(yùn)動時(shí)，帶正電的微粒受到重力、電場力和洛倫茲力作用，沿P、Q兩板的中軸線OO′上的O點(diǎn)以速度v射入復(fù)合場區(qū)，且存在能從O′射出的粒子，說明粒子在交變電場中勻速直線運(yùn)動和勻速圓周運(yùn)動，做勻速圓周運(yùn)動時(shí)，有$mg={E}_{0}^{\;}q$
${E}_{0}^{\;}=\frac{mg}{q}$
勻速直線運(yùn)動時(shí)受力分析，受到重力、向上的洛倫茲力和向下的電場力，受力平衡$qvB=mg+{E}_{0}^{\;}q$
解得$B=\frac{2mg}{qv}$
（3）極板P、Q間的最小距離$d=4R=4\frac{mv}{qB}=\frac{2{v}_{\;}^{2}}{g}$
極板的最小長度$L=2R=2\frac{mv}{qB}=\frac{{v}_{\;}^{2}}{g}$
粒子做勻速圓周運(yùn)動的周${T}_{磁}^{\;}=\frac{2πm}{qB}=\frac{2πm}{q}\frac{qv}{2mg}=\frac{πv}{g}$
交變電場的$\frac{T}{2}$時(shí)間內(nèi)，粒子運(yùn)動一個(gè)周期的整數(shù)倍$\frac{T}{2}=n{T}_{磁}^{\;}=\frac{nπv}{g}$（n=1、2、3…）
答：（1）M、N間電場的加速電壓U為$\frac{m{v}_{\;}^{2}}{2q}$；
（2）P、Q間復(fù)合場區(qū)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為$\frac{2mg}{qv}$以及交變電場的場強(qiáng)${E}_{0}^{\;}$為$\frac{mg}{q}$；
（3）極板P、Q的最小距離d為$\frac{2{v}_{\;}^{2}}{g}$、極板的最小長度L為$\frac{{v}_{\;}^{2}}{g}$以及交變電場周期T的可能值$\frac{nπv}{g}（n=1、2、3…）$．

點(diǎn)評 本題考查帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動的問題，分析粒子的受力情況，確定其運(yùn)動情況，關(guān)鍵是理清思路，搞清楚帶電粒子的運(yùn)動情景，合理選擇規(guī)律解題．