Question

1．如圖甲所示，一對(duì)平行金屬板P，Q長(zhǎng)為L(zhǎng)．間距為d，在其右側(cè)有一半徑為R=$\frac{3d}{10}$的圓柱體，圍繞圓柱體有一個(gè)有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向如圖垂直紙面向里，寬度為$\frac{1}{5}$d，其邊界與PQ的右邊界相切（不計(jì)電場(chǎng)邊緣效應(yīng)）．平行板中軸線O₁O₂的延長(zhǎng)線剛好經(jīng)過(guò)圓柱體軸心，與圓柱體中垂線垂直，現(xiàn)在PQ間加上如圖乙所示的交變電壓，周期T=$\frac{L}{{v}_{0}}$，電壓U=$\frac{2m{g}^{2}{{v}_{0}}^{2}}{q{L}^{2}}$，從t=0開(kāi)始，大量的帶電量為q，質(zhì)量為m的負(fù)粒子，從點(diǎn)O₁以速度v₀沿O₁O₂的方向持續(xù)射入電場(chǎng)，不計(jì)重力，求：

（1）粒子在電場(chǎng)中偏離O₁O₂的最大距離，及該粒子離開(kāi)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度；
（2）要使從電場(chǎng)中飛出的粒子恰好都不能打在圓柱體上，磁場(chǎng)的感應(yīng)強(qiáng)度B₀；
（3）若磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)?\frac{1}{5}$B₀，此時(shí)能打到圓柱體上的粒子，其在電場(chǎng)中向下偏離O₁O₂的最遠(yuǎn)距離．

Answer 1

分析 （1）由于粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與電場(chǎng)的變化周期相等，所以粒子y方向先做勻加速運(yùn)動(dòng)，后做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小相同，所用時(shí)間相同，粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)粒子恰好從下邊水平緣射出進(jìn)入磁場(chǎng)，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式就能求出粒子在電場(chǎng)中偏離O₁O₂的最大距離，及該粒子離開(kāi)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度．
（2）畫出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡，由幾何關(guān)系求出粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，由洛侖茲力提供向心力，求得磁感應(yīng)強(qiáng)度B₀．
（3）磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)?\frac{1}{5}$B₀，找到粒子恰好能打到圓柱體的臨界幾何條件，利用洛倫茲力提供向心力結(jié)合臨界幾何關(guān)系，即可求出粒子向下偏離O₁O₂的最遠(yuǎn)距離．

解答 解：（1）粒子通過(guò)兩板時(shí)間：t=$\frac{L}{{v}_{0}}$=T
粒子在兩板間運(yùn)動(dòng)加速度大�。篴=$\frac{Eq}{m}$
E=$\frac{U}qwioags$
第1個(gè)周期T內(nèi)，由不同時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子，沿電場(chǎng)方向的速度v_y隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖甲所示．

由圖可知，t=n$\frac{T}{2}$（n取整數(shù)）時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子，在電場(chǎng)方向偏轉(zhuǎn)的距離最大．
y=$2×\frac{1}{2}a（\frac{T}{2}）^{2}$
解得：y=$\fraciy6m2ey{2}$
由圖甲還可知，從不同時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)豎直方向的速度均為0．
故離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)所有粒子的速度大小：v=v₀，方向與初速度方向相同 
（2）粒子以v=v₀進(jìn)入磁場(chǎng)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，
根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$
可得：r=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$

由幾何關(guān)系可知，粒子由磁場(chǎng)邊界最高點(diǎn)相切射入時(shí)軌道半徑最小，對(duì)應(yīng)的磁場(chǎng)厚度最�。�
即：2r=$\fraci2kooum{5}$
解得：B₀=$\frac{10m{v}_{0}}{qd}$
（3）設(shè)粒子在磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的半徑為r₁，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qv₀$\frac{{B}_{0}}{5}$=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{r}_{1}}$
解得：r₁=$\frac{5m{v}_{0}}{q{B}_{0}}$=$\frac6wmkeio{2}$

由幾何關(guān)系得：cosθ=$\frac{\frac{{r}_{1}+R}{2}}{{r}_{1}}$=0.8
y=（r₁+R）cosθ-r₁=$\frac{7}{50}$d=0.14d
y=0.14d為粒子射出電場(chǎng)瞬間偏離電場(chǎng)中軸線O₁O₂的距離，并非粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)偏離O₁O₂的最遠(yuǎn)距離．
考慮到粒子沿電場(chǎng)方向有往復(fù)運(yùn)動(dòng)情況，設(shè)在電場(chǎng)中向下偏離O₁O₂的最遠(yuǎn)距離為y₁，粒子在偏離O₁O₂最遠(yuǎn)后再在垂直于O₁O₂方向往回走的位移為y₂；
設(shè)這兩段位移對(duì)應(yīng)的時(shí)間分別為t₁與t₂，則：y₁-y₂=0.14d
由對(duì)稱性可知：y₁=$2×\frac{1}{2}a（\frac{{t}_{1}}{2}）^{2}$，y₂=$2×\frac{1}{2}a{（\frac{{t}_{2}}{2}）}^{2}$
t₁+t₂=T
將a=$\frac{2d{v}_{0}^{2}}{{L}^{2}}$、T=$\frac{L}{{v}_{0}}$代入解得：y₁=0.20d
答：（1）粒子在電場(chǎng)中偏離O₁O₂的最大距離為$\frac6eiimko{2}$，及該粒子離開(kāi)電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度為v₀，方向與初速度方向相同；
（2）要使從電場(chǎng)中飛出的粒子恰好都不能打在圓柱體上，磁場(chǎng)的感應(yīng)強(qiáng)度B₀為$\frac{10m{v}_{0}}{qd}$；
（3）若磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)?\frac{1}{5}$B₀，此時(shí)能打到圓柱體上的粒子，其在電場(chǎng)中向下偏離O₁O₂的最遠(yuǎn)距離為0.20d．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵是要畫出粒子軌跡過(guò)程圖，選擇合適的規(guī)律解決問(wèn)題，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解法研究，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，利用洛倫茲力提供向心力求出半徑公式結(jié)合幾何關(guān)系解決，對(duì)數(shù)學(xué)平面幾何要求較高．