Question

9．如圖甲所示，在真空中，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外．在磁場(chǎng)左側(cè)有一對(duì)平行金屬板M、N，兩板間距離也為R，板長(zhǎng)為L(zhǎng)，板的中心線O₁O₂與磁場(chǎng)的圓心O在同一直線上．置于O₁處的粒子發(fā)射源可連續(xù)以速度v₀沿兩板的中線O₁O₂發(fā)射電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子（不計(jì)粒子重力），MN兩板不加電壓時(shí)，粒子經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好從圓心O的正下方P點(diǎn)離開磁場(chǎng)；若在M、N板間加如圖乙所示交變電壓U_MN，交變電壓的周期為$\frac{L}{v_0}$，t=0時(shí)刻入射的粒子恰好貼著N板右側(cè)射出．求

（1）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小
（2）交變電壓電壓U₀的值
（3）若粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)、最短時(shí)間分別為t₁、t₂，則它們的差值△t為多大？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)幾何關(guān)系求出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑，結(jié)合半徑公式求出勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大�。�
（2）根據(jù)偏轉(zhuǎn)位移的大小，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出交變電壓U₀的值．
（3）所有粒子經(jīng)電場(chǎng)后其速度仍為v₀，作出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)圓心角最大和最小時(shí)的軌跡圖，結(jié)合周期公式進(jìn)行求解．

解答 解：（1）當(dāng)U_MN=0時(shí)粒子沿O₂O₃方向射入磁場(chǎng)軌跡如圖⊙O₁，設(shè)其半徑為R₁．
由幾何關(guān)系得：R₁=R     
根據(jù)$Bqv=\frac{{m{v_0}^2}}{R_1}$
解得：$B=\frac{{m{v_0}}}{qR}$．
（2）在t=0時(shí)刻入射粒子滿足：$\frac{R}{2}=\frac{1}{2}×\frac{{{U_0}q}}{Rm}×{（\frac{L}{{2{v_0}}}）^2}×2$，
解得：${u_0}=\frac{{2m{R^2}{v_0}^2}}{{q{L^2}}}$．
（3）經(jīng)分析可知所有粒子經(jīng)電場(chǎng)后其速度仍為v₀，
當(dāng)$t=（2k+1）\frac{L}{v_0}$（k=0，1，2，3．…）時(shí)刻入射的粒子貼M板平行射入磁場(chǎng)軌跡如⊙0₄，偏轉(zhuǎn)角為α．
由幾何知識(shí)可知四邊形QOPO₄為菱形，故α=120°
${t_1}=\frac{T}{3}$，
當(dāng)$t=2k\frac{L}{v_0}$（k=0，1，2，3．…）時(shí)刻入射的粒子貼N板平行射入磁場(chǎng)軌跡如⊙0₅ 偏轉(zhuǎn)角為β．
由幾何知識(shí)可知SOPO₅為菱形，故β=60°
${t_2}=\frac{T}{6}$，
又 $T=\frac{2πR}{v_0}$
故   $△t={t_1}-{t_2}=\frac{πR}{{3{v_0}}}$．
答：（1）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為$\frac{m{v}_{0}}{qR}$；
（2）交變電壓電壓U₀的值為$\frac{2m{R}^{2}{{v}_{0}}^{2}}{q{L}^{2}}$；
（3）若粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)、最短時(shí)間分別為t₁、t₂，則它們的差值△t為$\frac{πR}{3{v}_{0}}$．

點(diǎn)評(píng) 考查粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，掌握處理兩種運(yùn)動(dòng)的方法，理解牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的綜合應(yīng)用，注意運(yùn)動(dòng)的周期性．