Question

1．如圖所示，PP′和QQ′是兩個同心圓弧，圓心為O，O、P、Q和O、P′、Q′分別共線，∠NOQ=∠N′OQ′=30°，PP′和QQ′之間的區(qū)域內(nèi)分布著輻射狀的電場，U_QP=25V．MM′和NN′為有界勻強磁場的邊界，MM′∥NN′，間距d=$\frac{{\sqrt{2}}}{4}$m，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B=0.2T，方向如圖所示．圓弧QQ′上均勻分布著質(zhì)量為m=2×10^-8kg、電荷量為q=4×10^-4C的帶正電粒子，它們被輻射狀的電場由靜止加速，之后進入磁場．不計粒子的重力以及粒子之間的相互作用．
（1）求粒子剛進入磁場時的速度大�。�
（2）求粒子從上邊界MM′飛出磁場需要的最短時間．
（3）若要保證所有粒子都能到達置于磁場下邊界NN'上適當位置的收集板上，則磁場上邊界MM′至少應(yīng)向上平移多少？收集板至少多長？

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中加速，由于動能定理可以求出粒子的速度．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子軌道半徑，然后求出粒子轉(zhuǎn)過的圓心角，求出粒子的運動時間．
（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動，分析清楚粒子運動過程然后求出上移的距離與收集板的長度．

解答 解：（1）粒子在電場中加速，
由動能定理得：qU_QP=$\frac{1}{2}$mv²，
解得，粒子進入磁場的速度大小為v=1×10³m/s；
（2）粒子從O點飛入磁場，在磁場中運動的速度大小不變，
則當軌跡圓弧所對應(yīng)的弦長最短時，粒子在磁場中運動的路程最短，
即運動的時間最短，軌跡如圖1所示．

洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
qvB=m$\frac{v^2}{r}$，解得，軌道半徑：r=0.25 m，
在△O'OO″中，O'O″=O'O=r=0.25 m，
OO″=d=$\frac{{\sqrt{2}}}{4}$ m，可得∠O″O'O=90°
粒子在磁場中運動的周期：T=$\frac{2πr}{v}$，
則粒子從上邊界飛出磁場需要的最短時間：t=$\frac{1}{4}$T=$\frac{π}{8}$×10^-3s；
（3）若磁場足夠大，由幾何知識可知，沿O′P′方向射入的粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角最大，
能到達與NN′的最遠距離為：d₀=r（1+cos30°）處，
則上邊界MM′至少應(yīng)向上平移：△d=d₀-d=$\frac{1}{8}$（2-2$\sqrt{2}$+$\sqrt{3}$）m，
沿QP方向和Q′P′方向射入的粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角分別為60°、300°，
由幾何關(guān)系可知，從這兩個方向射入磁場的粒子NN′方向的位移最小，
最小位移：s_min=r，粒子垂直NN′方向進入磁場時沿NN′方向的位移最大，最大位移為2r，
則收集板的長度至少為：L=2r-r═r=0.25m；
答：（1）粒子剛進入磁場時的速度大小為1×10³m/s．
（2）粒子從上邊界MM′飛出磁場需要的最短時間為$\frac{π}{8}$×10^-3s．
（3）磁場上邊界MM′至少應(yīng)向上平移$\frac{1}{8}$（2-2$\sqrt{2}$+$\sqrt{3}$）m，收集板長度至少為0.25m．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，粒子在電場中加速，在磁場中做勻速圓周運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動能定理、牛頓第二定律即可解題，解題時注意幾何知識的應(yīng)用．