Question

19．如圖所示，兩豎直導(dǎo)體板A、B構(gòu)成的電容器的電容為C，極板所帶電荷量為Q，有一束同種帶電粒子從A極板處無初速釋放，經(jīng)電場加速后從B極板豎直狹縫中射出的粒子剛好能進入與狹縫平行的半圓形區(qū)域，在半徑為R（未知）半圓形區(qū)域內(nèi)有一磁感應(yīng)強度為B，方向與半圓區(qū)域垂直向里的勻強磁場．極板的長度與圓直徑相同，若所有從B極板射出的粒子均能到達PQ邊界，且從MN方向入射的粒子離開磁場時的速度偏轉(zhuǎn)角為θ．已知帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，粒子重力不計．求：
（1）判斷帶電粒子的電性，半圓形磁場區(qū)域的半徑R；
（2）最終從邊界離開磁場的粒子，最先到達PQ邊界和最晚到達PQ邊界的粒子所用的時間之差．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)電容的定義式求出極板間電壓，對加速場運用動能定理，進入磁場后洛倫茲力提供向心力與幾何關(guān)系結(jié)合，即可求解；
（2）找到粒子最先到達和最晚到達PQ邊界的情況，結(jié)合幾何關(guān)系分析計算即可．

解答 解：（1）兩導(dǎo)體板間電場的方向是水平向右，帶電粒子能夠加速，所受電場力水平向右，所以粒子帶正電
        由$C=\frac{Q}{U}$有：${U_{AB}}=\frac{Q}{C}$ 
        由動能定理有：$q{U_{AB}}=\frac{1}{2}m{v^2}$
        解得：$v=\sqrt{\frac{2qQ}{Cm}}$ 
        根據(jù)$qvB=\frac{{m{v^2}}}{r}$得：$r=\frac{mv}{Bq}$
        由幾何關(guān)系知：R=rsinθ
        解得：R=$\frac{1}{B}\sqrt{\frac{2Qm}{qC}}sinθ$
（2）分析可知：沿MN入射的粒子在磁場中對應(yīng)的弧長最長，路程最大，所以該粒子最后到達PQ邊界，
        而B極板上下邊沿射出的粒子直接沿直線做勻速運動到達PQ邊界，時間最短．
        又由$T=\frac{2πr}{v}$得：粒子在磁場中圓周運動的周期為$T=\frac{2πm}{qB}$
        由$t=\frac{θ}{2π}T$沿        沿MN入射粒子在磁場中運動的最長時間為：t₁=$\frac{mθ}{qB}$，
        直接沿直線做勻速運動到達PQ邊界，在半圓區(qū)域時間最短為t₂=$\frac{R}{v}$，
        則△$t=\frac{mθ}{qB}-\frac{R}{v}=\frac{mθ-msinθ}{qB}$
答：（1）帶電粒子帶正電，半圓形磁場區(qū)域的半徑R為$\frac{1}{B}\sqrt{\frac{2Qm}{qC}}sinθ$；
       （2）最先到達PQ邊界和最晚到達PQ邊界的粒子所用的時間之差△t為$\frac{mθ-msinθ}{qB}$．

點評 本題考查：電容器的定義式，帶電粒子在加速電場中的運動，帶電粒子在磁場中的運動；第二問還可以通過分析粒子在水平方向分速度大小去判斷，粒子偏轉(zhuǎn)越大，速度在水平方向的分量就越小，運動到PQ的時間就越長，所以可知：沿MN入射的粒子最后到達PQ邊界．