Question

16．如圖所示，水平放置的平行金屬板A和B的間距為d，極板長為2d；金屬板右側有三塊擋板MN，NP，PM圍成一個等腰直角三角形區域，頂角∠NMP=90°，MN擋板上的中點處有一個小孔K恰好位于B板右端，已知水平擋板NP的長度為$\overline{NP}$=2$\sqrt{2}$a．由質量為m、帶電量為+q的同種粒子組成的粒子束，以速度v₀從金屬板A、B左端沿板A射人，不計粒子所受的重力，若在A、B板間加一恒定電壓，使粒子穿過金屬板后恰好打到小孔K．求：
（1）所施加的恒定電壓大小；
（2）現允許在擋板圍成的三角形區域內，加一垂直紙面的勻強磁場，要使從小孔K飛入的粒子經過磁場偏轉后能直接（不與其他擋板碰撞）打到擋板MP上，求所加磁場的方向和磁感應強度的范圍．

Answer 1

分析 （1）由題意可分析出帶電粒子在兩金屬板間豎直方向的位移為d，水平位移為2d，水平方向上做勻速直線運動，豎直方向上做自由落體運動，運用類平拋運動的知識可求出所施加的恒定電壓；
（2）根據題意，首先運用速度的合成求出帶電粒子進入三角形區域時的速度，由速度方向和左手定則可得知磁場方向；再找出兩個臨界半徑，一是帶電粒子偏轉軌道與NP相切時的軌道時的軌道半徑，二是正好達到M點時的軌道半徑，從而確定軌道半徑的范圍，由帶電粒子在磁場中受到的洛倫茲力提供向心力$qvB=m\frac{{v}_{\;}^{2}}{R}$即可求出所加磁場的磁感應強度范圍．

解答 解：（1）由于帶電粒子做類平拋運動，則有：
$2d={v}_{0}^{\;}t$①
$d=\frac{1}{2}\frac{q{U}_{0}^{\;}}{md}{t}_{\;}^{2}$②
聯立①②解得：${U}_{0}^{\;}=\frac{m{v}_{0}^{2}}{2q}$③
（2）設粒子在進入K時，豎直方向的分速度為${v}_{y}^{\;}$，則有：
${v}_{y}^{\;}=at=\frac{q{U}_{0}^{\;}}{md}•\frac{2d}{{v}_{0}^{\;}}={v}_{0}^{\;}$④
$tanθ=\frac{{v}_{y}^{\;}}{{v}_{0}^{\;}}=1$
得$v=\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}=\sqrt{2}{v}_{0}^{\;}$⑤
可知當θ=45°時，即粒子垂直MN板射入時，要使粒子直接打到MP板上，根據左手定則，可知所加磁場的方向垂直紙面向內，如圖所示，當粒子進入磁場做勻速圓周運動，偏轉半徑最大時恰好與NP相切；偏轉半徑最小時，KM為運動圓周的直徑，設最大半徑為${R}_{M}^{\;}$，則由幾何關系可知，△NMP與$△NQ{O}_{1}^{\;}$相似，則有：
$\frac{N{O}_{1}^{\;}}{NP}=\frac{{O}_{1}^{\;}Q}{MP}$
$\frac{a+{R}_{m}^{\;}}{2\sqrt{2}a}=\frac{{R}_{m}^{\;}}{2a}$
得：${R}_{m}^{\;}=（\sqrt{2}+1）a$⑥
因此粒子做圓周運動的半徑范圍為：
$\frac{a}{2}＜R＜（\sqrt{2}+1）a$⑦
由于粒子在磁場中做圓周運動，故洛倫茲力提供向心力，即：
$qvB=m\frac{{v}_{\;}^{2}}{R}$⑧
聯立⑤⑥⑦⑧式可得所加磁場的磁感應強度范圍為：
$\frac{（2-\sqrt{2}）m{v}_{0}^{\;}}{qa}＜B＜\frac{2\sqrt{2}m{v}_{0}^{\;}}{qa}$
答：（1）所施加的恒定電壓大小$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2a}$；
（2）現允許在擋板圍成的三角形區域內，加一垂直紙面的勻強磁場，要使從小孔K飛入的粒子經過磁場偏轉后能直接（不與其他擋板碰撞）打到擋板MP上，所加磁場的方向垂直紙面向里和磁感應強度的范圍$\frac{（2-\sqrt{2}）m{v}_{0}^{\;}}{qa}＜B＜\frac{2\sqrt{2}m{v}_{0}^{\;}}{qa}$

點評 本題考查帶電粒子在電磁場中的運動，帶電粒子在電場中的運動綜合了靜電場與力學的知識，分析方法和力學的分析方法基本相同，帶電粒子在磁場中作勻速圓周運動，關鍵是畫出臨界軌跡圖，運用洛倫茲力提供向心力列式求解．