Question

16．如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，兩板間電壓可取從零到最大值U_m之間的各種數值．靜止的帶電粒子電荷量為+q，質量為m（不計重力），從點P經電場加速后，從小孔Q進入N板右側的勻強磁場區域，磁場方向垂直于紙面向外，CD為磁場邊界上的一絕緣板，它與N板的夾角為θ=45°，孔Q到板的下端C的距離為L，當M、N兩板間電壓取最大值U_m時，粒子恰垂直打在CD板上．求：
（1）當M、N兩板間電壓取最大值U_m時，粒子射入磁場的速度v₁的大小；
（2）勻強磁場的磁感應強度B的大小；
（3）粒子在磁場中運動的最長時間t_m；
（4）CD板上可能被粒子打中區域的長度S．

Answer 1

分析 帶電粒子在帶等量異種電荷的電場在加速，離開電場進入勻強磁場做勻速圓周運動，由于進入磁場的速度不同，半徑也不相等，本題涉及的幾種特殊情況．
（1）由動能定理，電場力做的功就是粒子動能的增加量，從而求出速度的射入磁場的速度．
（2）由垂直打在板上知道速度方向，從而求出半徑，由洛侖茲力提供向心力就可求出此種情況下磁感應強度的大小．
（3）顯然在磁場中做完整的半周的時間就是最長時間．
（4）由分析知：最大速度的位置打在CD板上離C點最遠，與CD相切的位置最近．兩者之差就是打在CD板上的長度．

解答 解：（1）M、N兩板間電壓取最大值U_m時，粒子恰垂直打在CD板上，所以圓心在C點，如圖所示，設此時粒子
   運動軌跡半徑為r₁，CH=QC=L 
   即半徑r₁=L         
  由qU_m=$\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$    ${v}_{1}=\sqrt{\frac{2q{U}_{m}}{m}}$
（2）又因為qv₁B=m $\frac{{{v}_{1}}^{2}}{{r}_{1}}$
  得B=$\sqrt{\frac{2m{U}_{m}}{q{L}^{2}}}$      
（3）打在QE間的粒子在磁場中運動的時間最長，均為半個周期，
  由$T=\frac{2πr}{v}=\frac{2πm}{qB}$而  ${t}_{m}=\frac{T}{2}$ 
  得t_m=$πL\sqrt{\frac{m}{2q{U}_{m}}}$  
（4）設粒子在磁場中運動的軌跡與CD板相切于K點，此軌跡的半徑為r₂，設圓心為A，在△AKC中：sin 45°=$\frac{{r}_{2}}{L-{r}_{2}}$       
  解得r₂=（$\sqrt{2}$-1）L，
  由幾何關系：KC=r₂=（$\sqrt{2}$-1）L
  所以CD板上可能被粒子打中的區域的長度s=HK=HC-KC，
  即s=r₁-r₂=（2-$\sqrt{2}$）L      
答：（1）當M、N兩板間電壓取最大值U_m時，粒子射入磁場的速度v₁的大小$\sqrt{\frac{2q{U}_{m}}{m}}$．
（2）勻強磁場的磁感應強度B的大小$\sqrt{\frac{2m{U}_{m}}{q{L}^{2}}}$．
（3）粒子在磁場中運動的最長時間為$πL\sqrt{\frac{m}{2q{U}_{m}}}$
（4）CD板上可能被粒子打中區域的長度S  為（2-$\sqrt{2}$）L．

點評 由洛侖茲力提供向心力可求得半徑公式，從半徑公式可以看出速度越大，半徑越大，打的位置越上，由題意，找到幾種特殊情況，從而能夠求出速度、磁感應強度、最長時間等．