Question

8．如圖甲所示放射源s中的粒子不斷飄入（初速度為零）兩平行的金屬板a、b間，經(jīng)ab間電場加速后從O點垂直于邊界進入b板右側的勻強磁場中．已知粒子質量為m，帶電量為q（q＞0），ab兩板間的距離為d，它們之間電壓如圖乙所示變化，電壓最大值為U₀，周期為T=2d$\sqrt{\frac{2m}{q{U}_{0}}}$勻強磁場方向垂直紙面向里的，磁感應強度為B=$\frac{1}{a}$$\sqrt{\frac{2m{U}_{0}}{q}}$；不考慮電荷之間庫侖力的作用和重力作用．求：

（1）t=0時刻進入加速電場的粒子進入磁場的速度大小；
（2）t=0時刻進入加速電場的粒子在磁場中運動軌道半徑r和運動時間t
（3）畫出所有粒子在磁場中運動的區(qū)域（用陰影線表示），并求出該區(qū)域面積大�。�

Answer 1

分析 （1）粒子進入電場后做加速運動，由牛頓第二定律和運動學公式求解速度大小
（2）進入磁場后做勻速圓周運動，由洛倫茲力充當向心力得半徑，根據(jù)周期公式求時間
（3）進入磁場的最小速度對應粒子勻速運動時間最長，則加速時間最短，速度最小，畫出粒子運動圖象由運動學公式求解面積．

解答 解：（1）粒子進入電場后做加速運動，時間為t，加速度為a，O點速度為V₁
由牛頓第二定律知：a=$\frac{qE}{m}=\frac{q{U}_{0}}{md}$
根據(jù)運動學公式：d=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$，t=$\sqrt{\frac{2d}{a}}=\frac{T}{2}$
粒子在0.5T時刻出電場
所以V₁=at=$\sqrt{\frac{2q{U}_{0}}{m}}$
（2）進入磁場后做勻速圓周運動，由洛倫茲力充當向心力得：
${r}_{1}=\frac{m{V}_{1}}{qB}=d$
運動時間${t}_{2}=\frac{{T}_{軌}}{2}=\frac{2πm}{qB}$×$\frac{1}{2}$=$πd\sqrt{\frac{m}{2q{U}_{0}}}$
（3）進入磁場的最小速度為V₂
粒子勻速運動時間最長，則加速時間最短，速度最小
所以最長時間為0.5T，運動位移${S}_{2}={V}_{2}×\frac{T}{2}$
在ab間加速運動位移${S}_{1}=\frac{{V}_{2}^{2}-0}{2a}$
根據(jù)題意得d=S₁-S₂
解得：${V}_{2}=（2-\sqrt{2}）\sqrt{\frac{q{U}_{0}}{m}}$
在磁場中的半徑${r}_{2}=\frac{m{V}_{2}}{qB}=（\sqrt{2}-1）d$
運動區(qū)域如圖
面積S=$\frac{1}{2}（π{r}_{1}^{2}-π{r}_{2}^{2}）$=$（\sqrt{2}-1）πme2w88i^{2}$
答：（1）t=0時刻進入加速電場的粒子進入磁場的速度大小$\sqrt{\frac{2q{U}_{0}}{m}}$；
（2）t=0時刻進入加速電場的粒子在磁場中運動軌道半徑d和運動時間$πd\sqrt{\frac{m}{2q{U}_{0}}}$
（3）該區(qū)域面積大小$（\sqrt{2}-1）π8kuu2se^{2}$

點評 本題中粒子先在電場中做加速直線運動，后做勻速圓周運動．由運動學公式或動能定理可求得末速度及時間；而在磁場中做圓周運動，確定圓心和半徑為解題的關鍵