Question

8．如圖（a）所示，水平放置的平行金屬板A和B間的距離為d，極長L=2$\sqrt{3}$d，B板的右側(cè)邊緣恰好是傾斜擋板NM上的一個小孔K，NM與水平擋板NP成60°角，K與N間的距離$\overline{KN}$=a．現(xiàn)有質(zhì)量為m帶正電且電荷量為q的粒子組成的粒子束，從AB的中點O以平行于金屬板方向OO'的速度v₀不斷射入，不計粒子所受的重力．

（1）若在A、B板上加一恒定電壓U=U₀，則要使粒子穿過金屬板后恰好打到小孔K，求U₀的大�。�
（2）若在A、B板上加上如圖（b）所示的電壓，電壓為正表示A板比B板的電勢高，其中T=$\frac{2L}{{v}_{0}}$，且粒子只在0～$\frac{T}{2}$時間內(nèi)入射，則能打到小孔K的粒子在何時從O點射入？
（3）在NM和NP兩檔板所夾的某一區(qū)域存在一垂直紙面向里的勻強磁場，使?jié)M足條件（2）從小孔K飛入的粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后能垂直打到水平擋板NP上（之前與擋板沒有碰撞），求該磁場的磁感應強度的最小值．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子做類平拋運動，根據(jù)平拋運動的基本公式即可求解；
（2）粒子在水平方向做勻速直線運動，粒子運動的時間都為$\frac{T}{2}$，再根據(jù)類平拋運動求解時間．
（3）粒子從K點入射后做勻速直線運動從D點開始進入磁場，粒子在進入磁場后，根據(jù)左手定則，所受的洛倫茲力斜向上，要使粒子能垂直打到水平擋板NP，則粒子需偏轉(zhuǎn)300°后從E射出，做勻速直線運動垂直打到NP．粒子作圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，要使B最小，則要半徑r最大，臨界情況是圓周運動的軌跡恰好跟兩擋板相切，結(jié)合幾何關系即可求解．

解答 解：（1）粒子做類平拋運動，則：
水平方向：L=V₀t
豎直方向：$\frac{1}{2}$d=$\frac{1}{2}$$\frac{q{U}_{0}}{md}$t²，
又L=2$\sqrt{3}$d，
聯(lián)立得：U₀=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{12q}$；
（2）粒子在水平方向做勻速直線運動，粒子運動的時間都為：t=$\frac{L}{{v}_{0}}$，
設粒子在t′時刻進入金屬板，粒子類平拋運動的時間為t″，則：$\frac{1}{2}$d=$\frac{1}{2}$$\frac{q•4{U}_{0}}{md}$t″²，
又L=2$\sqrt{3}$d，聯(lián)立得：t″=$\frac{T}{4}$，
所以：t′=t-t″=$\frac{T}{4}$；
（3）粒子運動軌跡如圖所示：

粒子從K點入射后做勻速直線運動從D點開始進入磁場，粒子在進入磁場后，
根據(jù)左手定則，所受的洛倫茲力斜向上，要使粒子能垂直打到水平擋板NP，
則粒子需偏轉(zhuǎn)300°后從E射出，做勻速直線運動垂直打到NP．
粒子作圓周運動時，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：B=$\frac{mv}{qr}$，
要使B最小，則要半徑r最大，臨界情況是圓周運動的軌跡恰好跟兩擋板相切，
如圖所示，根據(jù)對稱性圓周運動的圓心C、交點G位于∠MNP的角平分線上，
則由幾何關系可得：CDKF是邊長為r的正方形．則在三角形NCF中，
由幾何知識得：$\frac{r}{tan30°}$=a+r，
解得：r=$\frac{a}{\sqrt{3}-1}$，
解得：B_min=$\frac{（6-2\sqrt{3}）m{v}_{0}}{3qa}$；
答：（1）若在A、B板上加一恒定電壓U=U₀，則要使粒子恰好從金屬板B右邊緣射出進入小孔K，U₀的大小為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{12q}$；
（2）若在A、B板上加上如圖（b）所示的電壓，電壓為正表示A板比B板的電勢高，其中T=$\frac{2L}{{v}_{0}}$，且粒子只在0～$\frac{T}{2}$時間內(nèi)入射，則能從金屬板B右邊緣射出進入小孔K的粒子是在$\frac{T}{4}$從O點射入的；
（3）在NM和NP兩檔板所夾的某一區(qū)域存在一垂直紙面向里的勻強磁場，使?jié)M足條件（2）從小孔K飛入的粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后能垂直打到水平擋板NP上（之前與擋板沒有碰撞），該磁場的磁感應強度的最小值為$\frac{（6-2\sqrt{3}）m{v}_{0}}{3qa}$．

點評 本題主要考查了平拋運動、圓周運動的基本公式的應用，要使B最小，則要半徑r最大，臨界情況是圓周運動的軌跡恰好跟兩擋板相切，要求同學們能結(jié)合幾何關系求解，難度較大．