Question

11．如圖所示，有一平行板電容器，極板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，極板間的距離為d，板間電場(chǎng)為勻強(qiáng)電場(chǎng)，板間電壓可調(diào)．電容器右端有一擋板，擋板上距離上極板為$\frac{L}{2}$的A處有一個(gè)小孔．擋板右側(cè)分布有寬度為L(zhǎng)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向外，磁場(chǎng)右邊界放置熒光屏．有一群質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子流，緊貼著上極板從電容器左端垂直電場(chǎng)方向射入，速度大小分布在v₀與2v₀之間，調(diào)節(jié)電容器板間電壓，可使得粒子流穿過(guò)小孔并打到熒光屏上留下痕跡．已知$\frac{L}{{v}_{0}}$=$\frac{m}{qB}$，不計(jì)粒子的重力及粒子間的相互作用．試求：
（1）極板電壓的調(diào)節(jié)范圍；
（2）從小孔射入磁場(chǎng)的粒子流與水平方向的夾角；
（3）粒子流在熒光屏上留下痕跡的長(zhǎng)度．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出極板間的臨界電壓，然后確定電壓范圍．
（2）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出粒子從小孔射入磁場(chǎng)時(shí)電子流與水平方向的夾角．
（3）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑，作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，然后求出粒子流在熒光屏上留下的痕跡長(zhǎng)度．

解答 解：設(shè)粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的速度為v，由題意可知：v₀≤v≤2v₀；
（1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，
水平方向：L=vt，豎直方向：$\frac{1}{2}$L=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²，
解得：E=$\frac{m{v}^{2}}{qL}$，極板間電壓：U=Ed=$\frac{m{v}^{2}d}{qL}$，
當(dāng)v=v₀時(shí)U₁=$\frac{m{v}_{0}^{2}d}{2qL}$，當(dāng)v=2v₀時(shí)U₂=$\frac{4m{v}_{0}^{2}d}{qL}$，
則電壓范圍：$\frac{m{v}_{0}^{2}d}{qL}$≤U≤$\frac{4m{v}_{0}^{2}d}{qL}$；
（2）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，
tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{\;}}$=$\frac{at}{v}$=$\frac{\frac{qE}{m}×\frac{L}{v}}{v}$=$\frac{qEL}{m{v}^{2}}$=1，解得：θ=45°；
（3）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度：v′=$\frac{v}{cos45°}$=$\sqrt{2}$v，
由于v₀≤v≤2v₀，則：$\sqrt{2}$v₀≤v′≤2$\sqrt{2}$v₀；
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qv′B=m$\frac{v{′}^{2}}{r}$，解得：r=$\frac{mv′}{qB}$，
由題意知：$\frac{L}{{v}_{0}}$=$\frac{m}{qB}$，則：r=$\frac{Lv′}{{v}_{0}}$，
由于：$\sqrt{2}$v₀≤v′≤2$\sqrt{2}$v₀，則：$\sqrt{2}$L≤r≤2$\sqrt{2}$L，
粒子軌道半徑：r_min=$\sqrt{2}$L，r_max=2$\sqrt{2}$L，
由于磁場(chǎng)寬度為L(zhǎng)，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與水平方向成45°，
則$\frac{L}{cos45°}$=$\sqrt{2}$L=r_min，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度最小的粒子圓心在磁場(chǎng)右邊界上，
即粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度方向與磁場(chǎng)右邊界垂直，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

由幾何知識(shí)得：BC=r_min-r_minsin45°=（$\sqrt{2}$-1）L，
BD=$\sqrt{{r}_{max}^{2}-{L}^{2}}$-2r_mincos45°=$\sqrt{（2\sqrt{2}{L）}^{2}-{L}^{2}}$-2×$\sqrt{2}$Lcos45°=（$\sqrt{7}$-2）L，
粒子流在熒光屏上留下痕跡的長(zhǎng)度：x=BD-BC=（$\sqrt{7}$-$\sqrt{2}$-1）L；
答：（1）極板電壓的調(diào)節(jié)范圍是$\frac{m{v}_{0}^{2}d}{qL}$≤U≤$\frac{4m{v}_{0}^{2}d}{qL}$；
（2）從小孔射入磁場(chǎng)的粒子流與水平方向的夾角為45°；
（3）粒子流在熒光屏上留下痕跡的長(zhǎng)度為（$\sqrt{7}$-$\sqrt{2}$-1）L．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程、作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓第二定律可以解題，解題時(shí)注意幾何知識(shí)的應(yīng)用．