Question

16．如圖甲所示，兩塊相同的平行金屬板M、N正對著放置，相距為$\frac{R}{2}$，板M、N上的小孔s₁、s₂與 O三點共線，s₂O=R，連線s₁O垂直于板M、N．以O(shè)為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場．收集屏PQ上各點到O點的距離都為2R，兩端點P、Q關(guān)于連線s₁O對稱，屏PQ所對的圓心角θ=120°．質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子連續(xù)不斷地經(jīng)s₁進入M、N間的電場，接著通過s₂進入磁場．質(zhì)子重力及質(zhì)子間的相互作用均不計，質(zhì)子在s₁處的速度看作零．
（1）若M、N間的電壓U_MN=+U時，求質(zhì)子進入磁場時速度的大小v₀．
（2）若M、N間接入如圖乙所示的隨時間t變化的電壓U_MN=|U₀sin$\frac{π}{T}t}$|（式中U₀=$\frac{{3e{B^2}{R^2}}}{m}$，周期T已知），且在質(zhì)子通過板間電場區(qū)域的極短時間內(nèi)板間電場視為恒定，則質(zhì)子在哪些時刻自s₁處進入板間，穿出磁場后均能打到收集屏PQ上？
（3）在上述（2）問的情形下，當M、N間的電壓不同時，質(zhì)子從s₁處到打在收集屏PQ上經(jīng)歷的時間t會不同，求t的最大值．

Answer 1

分析 （1）質(zhì)子在電場中做加速運動，由動能定理可求得質(zhì)子進入磁場時的速度；
（2）由動能定理可得出質(zhì)子進入磁場時的速度表達式；由幾何關(guān)系可知質(zhì)子能打在收集屏上的臨界條件，則由牛頓第二定律可求得能打在屏上的質(zhì)子進入電場的時刻；
（3）根據(jù)質(zhì)子在電場與磁場中運動的關(guān)系可推導出質(zhì)子運動的最大時間．

解答 解：（1）根據(jù)動能定理，有：
eU=$\frac{1}{2}$mv₀²-0
解得：v₀=$\sqrt{\frac{2eU}{m}}$
（2）質(zhì)子在板間運動，根據(jù)動能定理，有：
eU_MN=$\frac{1}{2}$mv²-0    
質(zhì)子在磁場中運動，根據(jù)牛頓第二定律，有：evB=m$\frac{{v}_{\;}^{2}}{r}$
若質(zhì)子能打在收集屏上，軌道半徑r與半徑R應(yīng)滿足的關(guān)系：
r≥$\sqrt{3}$R                                           
解得板間電壓：U_MN≥$\frac{3e{B}_{\;}^{2}{R}_{\;}^{2}}{2m}$結(jié)合圖象可知：質(zhì)子在t=kT+$\frac{T}{6}$～kT+$\frac{5}{6}$T（k=0，1，2，…）之間任一時刻從s₁處進入電場，均能打到收集屏上                                
（3）M、N間的電壓越小，質(zhì)子穿出電場進入磁場時的速度越小，質(zhì)子在極板間經(jīng)歷的時間越長，同時在磁場中運動軌跡的半徑越小，在磁場中運動的時間也會越長，出磁場后打到收集屏前作勻速運動的時間也越長，所以當質(zhì)子打在收集屏的P端時，對應(yīng)時間t最長，兩板間的電壓此時為：
U_MN=$\frac{1}{2}$U₀ 
在板間電場中運動時間：t₁=$\frac{R}{v}$
在磁場中運動時間：t₂=$\frac{60°}{360°}×\frac{2πr}{v}$=$\frac{π×\sqrt{3R}}{3v}$
出磁場后打到收集屏前作勻速運動的時間：t₃=$\frac{R}{v}$所以，運動總時間為：
t=t₁+t₂+t₃=$（\frac{2}{\sqrt{3}}+\frac{π}{3}）\frac{\sqrt{3}R}{v}$=$（\frac{2}{\sqrt{3}}+\frac{π}{3}）\frac{m}{eB}$；
答：（1）質(zhì)子進入磁場時速度的大小為$\sqrt{\frac{2eU}{m}}$；
（2）質(zhì)子在t=kT+$\frac{T}{6}$～kT+$\frac{5}{6}$T（k=0，1，2，…）之間任一時刻從s₁處進入電場，均能打到收集屏上；
（3）時間t的最大值為$（\frac{2}{\sqrt{3}}+\frac{π}{3}）\frac{m}{eB}$；

點評 本題要注意質(zhì)子在電場中加速后進入磁場中偏轉(zhuǎn)；加速電場中由動能定理求出速度，而在磁場中的運動要由幾何關(guān)系確定圓心和半徑，再根據(jù)牛頓第二定律及向心力公式列式求解．本題中的難點在于找出時間范圍及時間的最大值．