Question

13．在圖甲中，加速電場(chǎng)A、B板水平放置，半徑R=0.2m的圓形偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)與加速電場(chǎng)的A板相切于N 點(diǎn)，有一群比荷為$\frac{q}{m}$=5×10⁵C/kg的帶電粒子從電場(chǎng)中的M點(diǎn)處由靜止釋放，經(jīng)過電場(chǎng)加速后，從N點(diǎn)垂直于A板進(jìn)入圓形偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)，加速電場(chǎng)的電壓U隨時(shí)間t的變化如圖乙所示，每個(gè)帶電粒子通過加速電場(chǎng)的時(shí)間極短，可認(rèn)為加速電壓不變．$\frac{T}{6}$時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子恰好水平向左離開磁場(chǎng)，（不計(jì)粒子的重力）求

（1）粒子的電性；
（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大�。�
（3）何時(shí)釋放的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短？最短時(shí)間t是多少（π取3）．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)粒子的偏轉(zhuǎn)方向判斷洛倫茲力方向，然后應(yīng)用左手定則判斷粒子的電性．
（2）應(yīng)用動(dòng)能定理求出粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度，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，應(yīng)用牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度．
（3）由動(dòng)能定理求出粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度，應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑，然后求出粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的圓心角，最后求出粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

解答 解：（1）由題意可知，粒子水平向左離開磁場(chǎng)，則粒子所受洛倫茲力向左，根據(jù)左手定則得，粒子帶負(fù)電；
（2）由圖示圖象可知，當(dāng)$\frac{T}{6}$時(shí)，U=100V，
根據(jù)動(dòng)能定理得：$Uq=\frac{1}{2}mv_1^2$-0，
粒子做圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：$q{v_1}B=m\frac{v_1^2}{r_1}$，
粒子恰好水平向左離開磁場(chǎng)，粒子軌道半徑：r₁=R，
解得：B=0.1T；
（3）速度越大，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑越大，時(shí)間越短，
當(dāng)$t=kT+\frac{T}{2}$（k=0、1、2、3…）時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，
根據(jù)動(dòng)能定理得：${U^'}q=\frac{1}{2}mv_2^2$，
根據(jù)牛頓第二定律得：$q{v_2}B=m\frac{v_2^2}{r_2}$，
由幾何關(guān)系得：$\frac{R}{r_2}=tanθ$，
根據(jù)周期公式得：$T=\frac{{2π{r_2}}}{v_2}$，
粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t=$\frac{2θ}{2π}$T，
解得：t=2×10^-5s；
答：（1）粒子帶負(fù)電；
（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為0.1T；
（3）$t=kT+\frac{T}{2}$（k=0、1、2、3…）時(shí)釋放的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，最短時(shí)間t是2×10^-5s．

點(diǎn)評(píng) 認(rèn)真審題理解題意、分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提，應(yīng)用左手定則可以判斷出粒子的電性，應(yīng)用動(dòng)能定理與牛頓第二定律可以解題．