Question

10．如圖甲所示，A、C兩平行金屬板長(zhǎng)度和間距相等，兩板間所加電壓隨時(shí)間變化圖線如圖乙所示，圖中的U₀、T均已知．磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向里，其左右邊界與電場(chǎng)中線OO、垂直．質(zhì)量為m、電量為q帶正電的粒子連續(xù)不斷地以相同的初速度沿兩板間的中線OO、射入電場(chǎng)，并從磁場(chǎng)左邊界MN射出．已知t=0時(shí)刻進(jìn)入板間的粒子經(jīng)$\frac{T}{2}$恰好從極板邊緣進(jìn)入磁場(chǎng)．不考慮粒子的重力和粒子間相互作用力．求：

（1）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間；
（2）磁場(chǎng)區(qū)域左右邊界間的最小距離；
（3）從O、點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子速度大�。�

Answer 1

分析 此題是一題交變電場(chǎng)與磁場(chǎng)的綜合題，由于交變電場(chǎng)的對(duì)稱性，所以不同時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子在豎直方向先加速后減速再加速，運(yùn)動(dòng)軌跡若在正負(fù)電場(chǎng)中的時(shí)間相等，則具有對(duì)稱性．
（1）由題意知：t=0時(shí)刻進(jìn)入板間的粒子經(jīng)$\frac{T}{2}$恰好從極板邊緣進(jìn)入磁場(chǎng)，由粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移和豎直位移可以求出板距和速度（包括速度方向），這為后面計(jì)算做好鋪墊．顯然$t=nT+\frac{T}{2}$（n=0，1，2，3…）時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子從上邊緣射出時(shí)偏轉(zhuǎn)角最小，時(shí)間最短．
（2）若從下邊緣進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子恰恰能在磁場(chǎng)中做完整的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌跡與右邊界相切，則此時(shí)磁場(chǎng)寬度最小，由幾何關(guān)系很容易求出．
（3）若從O′點(diǎn)射出電場(chǎng)的粒子沿側(cè)向加速時(shí)間為t，則其沿側(cè)向返回加速時(shí)間為$\frac{T}{2}-2t$，那么兩段對(duì)稱的位移與反向類平拋的位移相等且通過(guò)O′點(diǎn)，列出相應(yīng)的方程解出加速時(shí)間t，則通過(guò)O′點(diǎn)的水平速度和豎直速度均可求出，從而求出合速度．

解答 解：設(shè)板長(zhǎng)和板距為L(zhǎng)，粒子的初速度為v₀，據(jù)題意，t=0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子：
  水平方向：$L={v}_{0}×\frac{T}{2}$
  豎直方向：$\frac{L}{2}=\frac{1}{2}×\frac{{U}_{0}q}{Lm}（\frac{T}{2}）^{2}$
  聯(lián)立以上兩式解得：$L=\frac{T}{2}\sqrt{\frac{q{U}_{0}}{m}}$，${v}_{0}=\sqrt{\frac{q{U}_{0}}{m}}$
（1）$t=nT+\frac{T}{2}$（n=0，1，2，3…）時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)力的粒子，從極板上邊界進(jìn)入磁場(chǎng)，進(jìn)入
  磁場(chǎng)時(shí)速度與磁場(chǎng)左邊界夾角最小，在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)圓心角最小，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短
  設(shè)粒子的初速度為v₀，則
  水平方向速度L=v₀$\frac{T}{2}$
  豎直方向速度$\frac{L}{2}=\frac{{v}_{y}}{2}×\frac{T}{2}$
  得：v_y=v₀，則粒子以大小為$\sqrt{2}{v}_{0}$，與磁場(chǎng)邊界成45°斜向上射入磁場(chǎng)粒子
  在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)間${t}_{min}=\frac{T}{4}=\frac{πm}{2qB}$
（2）t=nT （n=0，1，2，3…）時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)的粒子，從下極板邊緣以$\sqrt{2}{v}_{0}$速度，與磁場(chǎng)邊界
  成45°斜向下射入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中離左邊界最遠(yuǎn)
  根據(jù)牛頓第二定律$qB\sqrt{2}{v}_{0}=\frac{m（\sqrt{2}{v}_{0}）^{2}}{R}$ 
  最小磁場(chǎng)寬度d_min=R+Rcos45°  
  聯(lián)立解得：$9tagad9_{m}=\frac{（\sqrt{2}+1）\sqrt{mq{U}_{0}}}{qB}$     
（3）設(shè)從O′點(diǎn)射出電場(chǎng)的粒子沿側(cè)向加速時(shí)間為t，其沿側(cè)向返回加速時(shí)間為$\frac{T}{2}-2t$，軌跡如圖所示，則
   $2×\frac{1}{2}×\frac{{U}_{0}q}{mL}{t}^{2}-\frac{1}{2}×\frac{{U}_{0}q}{mL}（\frac{T}{2}-2t）^{2}=0$
   到達(dá)O′點(diǎn)時(shí)側(cè)向速度$v{′}_{y}=\frac{{U}_{0}q}{mL}（\frac{T}{2}-2t）$
   到達(dá)O′點(diǎn)時(shí)速度大小$v=\sqrt{v{{′}_{x}}^{2}+v{{′}_{y}}^{2}}$
   聯(lián)立上述各式解得$v=\sqrt{\frac{{U}_{0}q}{m}（4-2\sqrt{2}）}$
答：（1）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間$\frac{πm}{2qB}$．
（2）磁場(chǎng)區(qū)域左右邊界間的最小距離$\frac{（\sqrt{2}+1）\sqrt{mq{U}_{0}}}{qB}$．
（3）從O′點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)的粒子速度大小$\sqrt{\frac{{U}_{0}q}{m}（4-2\sqrt{2}）}$．

點(diǎn)評(píng) 本題的難點(diǎn)在于每三問(wèn)：通過(guò)O′點(diǎn)粒子的速度--這完全屬于帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，首先要找到什么時(shí)刻開始加速的粒子恰好先做時(shí)間為t的向下類平拋運(yùn)動(dòng)，再經(jīng)過(guò)相同時(shí)間的斜拋運(yùn)動(dòng)速度變?yōu)樗�平最后再通過(guò)（$\frac{T}{2}-t$）反向類平拋運(yùn)動(dòng)，最后通過(guò)O′點(diǎn)，列出位移方程，先求出加速時(shí)間t，再求通過(guò)O′的合速度．