Question

16．如圖甲所示，平行金屬板MN、PQ板長(zhǎng)和板間距離均為L(zhǎng)，右側(cè)有一直徑為L(zhǎng)的圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)區(qū)域的圓心與兩金屬扳板間中線(xiàn)在一條直線(xiàn)，質(zhì)量為m、帶電量為-q的粒子源源不斷地沿板間中線(xiàn)以速度v₀從左側(cè)射入兩扳之間，兩板間所加電壓隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，圖中T₀=$\frac{L}{{v}_{0}}$．已知t=$\frac{{T}_{0}}{4}$時(shí)刻射入兩板的粒子，通過(guò)磁場(chǎng)后速度方向改變了90°．不計(jì)粒子重力及粒子間的相互作用．求：
（1）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度；
（2）在第一個(gè)周期內(nèi)，粒子何時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，何時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，若U₀=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{q}$，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間粒子與最短時(shí)間之差．

Answer 1

分析 （1）t=$\frac{{T}_{0}}{4}$時(shí)刻射入兩板的粒子，通過(guò)磁場(chǎng)后速度方向改變了90°，畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系得到軌道半徑，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解；
（2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)的弧長(zhǎng)越大時(shí)間越長(zhǎng)；從最上端進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡最長(zhǎng)，對(duì)應(yīng)的時(shí)間最長(zhǎng)；從最下端進(jìn)入的粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡最短，其運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，畫(huà)出軌跡，結(jié)合牛頓第二定律和幾何關(guān)系列式求解．

解答 解：（1）所有粒子穿過(guò)電場(chǎng)的時(shí)間均為T(mén)₀，故t=$\frac{{T}_{0}}{4}$時(shí)刻射入的粒子將沿著板間中線(xiàn)方向?qū)��?zhǔn)圓心射入電場(chǎng)；
在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑：R=$\frac{L}{2}$ ①
粒子在磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，有：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$  ②
解得：B=$\frac{2m{v}_{0}}{qL}$；
（2）所有粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均為T(mén)₀，因此所有粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度大小均為v₀，但是射出電場(chǎng)的位置不同，通過(guò)分析，t=0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子出電場(chǎng)時(shí)豎直向上偏移的距離最大，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)；t=$\frac{{T}_{0}}{2}$時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子出電場(chǎng)時(shí)豎直向下偏移的距離最大，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短．
對(duì)在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)豎直方向位移最大的粒子，設(shè)y為粒子豎直方向運(yùn)動(dòng)的最大位移：
y=2×$\frac{1}{2}a{t}^{2}$  ④
$\frac{L}{2}={v}_{0}t$ ⑤
a=$\frac{qE}{m}$ ⑥
E=$\frac{{U}_{0}}{L}$ ⑦
聯(lián)立⑤⑥⑦⑧以及U₀=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{q}$，解得：y=$\frac{L}{4}$ ⑧
假設(shè)粒子射入磁場(chǎng)的位置分布在A、C之間的圓弧上，因所有粒子運(yùn)動(dòng)半徑大小均為：R=$\frac{L}{2}$，
故所有粒子均從D點(diǎn)射出磁場(chǎng)，那么從C點(diǎn)射入磁場(chǎng)的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，假設(shè)其在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)速度的偏轉(zhuǎn)角為α，據(jù)幾何關(guān)系可得：
$\frac{L}{4}=R-Rcosα$ ⑨
解得：α=$\frac{π}{3}$；
其運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t₁=$\frac{Rα}{{v}_{0}}$，
從A點(diǎn)射入的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)，設(shè)其在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)速度的偏轉(zhuǎn)角為β，結(jié)合幾何關(guān)系，有：
$β=\frac{2π}{3}$；
其運(yùn)動(dòng)時(shí)間：${t}_{2}=\frac{Rβ}{{v}_{0}}$，
時(shí)間差：$△t={t}_{2}-{t}_{1}=\frac{πL}{6{v}_{0}}$．
答：（1）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為$\frac{2m{v}_{0}}{qL}$；
（2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間粒子與最短時(shí)間之差為$\frac{πL}{6{v}_{0}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是粒子在右邊界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的問(wèn)題，關(guān)鍵是畫(huà)出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系聯(lián)合牛頓第二定律列式分析．