Question

2．如圖甲所示，平行板M、N關(guān)于x軸對稱，右端剛好位于y軸上，兩平行板長為2L，板間距離為L，兩板間加如圖乙所示的正弦交流電，在y軸右側(cè)有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場，在平行板左端，位于x軸上的A點有一粒子源，沿x軸正向不斷發(fā)射質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的、速度大小相同的粒子，這些粒子剛好都能進(jìn)入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后剛好不能再次進(jìn)入板間電場，粒子穿過兩板間所用的時間遠(yuǎn)小于T，圖中U_m為已知量，不計粒子的重力．求：

（1）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大�。�
（2）粒子打在y軸上的范圍．

Answer 1

分析 （1）粒子在有電壓時在板間是做類平拋運(yùn)動，在磁場中勻速圓周運(yùn)動，求出進(jìn)出磁場位置之間的距離，無電壓時勻速通過后進(jìn)入磁場，求出進(jìn)出磁場位置間的距離，發(fā)現(xiàn)與電壓無關(guān)，結(jié)合題意，所有粒子不再進(jìn)入板間電場，分析臨界軌跡即恰好從邊緣飛出的粒子，由類平拋運(yùn)動求出粒子初速度，結(jié)合進(jìn)出磁場位置間距離可以求出B的大�。�
（2）畫出軌跡，分析臨界軌跡得到電子打在y軸上的范圍．

解答 解：（1）板間電壓為0時，粒子勻速通過MN，到O沿x軸正方向進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動，設(shè)初速度為${v}_{0}^{\;}$，進(jìn)入磁場后運(yùn)動半周
洛倫茲力提供向心力$q{v}_{0}^{\;}B=m\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
解得$R=\frac{m{v}_{0}^{\;}}{qB}$
粒子打在y軸上的位置距O點距離$△l=2R=\frac{2m{v}_{0}^{\;}}{qB}$
極板間加上電壓時u時，粒子通過兩極板做類平拋運(yùn)動，水平方向勻速直線運(yùn)動，豎直方向勻加速直線運(yùn)動，設(shè)射出磁場時速度與水平方向的夾角θ，進(jìn)磁場時速度為v，
由幾何關(guān)系$vcosθ={v}_{0}^{\;}$
半徑$R′=\frac{mv}{qB}$
進(jìn)出磁場位置間的距離$△l′=2R′cosθ=2\frac{mv}{qB}cosθ=\frac{2m{v}_{0}^{\;}}{qB}$
當(dāng)粒子粒子進(jìn)入時電壓最大時，剛好從板的邊緣進(jìn)入磁場，在電場中做類平拋運(yùn)動
水平方向：$2L={v}_{0}^{\;}t$
粒子加速度qE=ma
$E=\frac{{U}_{m}^{\;}}{L}$
豎直方向：$\frac{L}{2}=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$
聯(lián)立以上幾式得${v}_{0}^{\;}=\sqrt{\frac{4q{U}_{m}^{\;}}{m}}$
因為經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后剛好不能再次進(jìn)入板間電場，所以$△l=\frac{2m{v}_{0}^{\;}}{qB}=L$
解得$B=\frac{2m{v}_{0}^{\;}}{qL}=4\sqrt{\frac{m{U}_{m}^{\;}}{q{L}_{\;}^{2}}}$
（2）作出臨界軌跡圖如圖，由下板邊緣M進(jìn)入磁場的粒子恰好打在上板邊緣N點，無電壓時射入的粒子剛好打在Q點，由上極板邊緣N進(jìn)入磁場的粒子剛好打在Q點
$P（0，\frac{3L}{2}）$，Q（0，L），$N（0，\frac{L}{2}）$
在板間向上偏轉(zhuǎn)的粒子打在y軸上PQ之間，在板間向下偏轉(zhuǎn)的粒子打在y軸上QN之間，所以粒子打在y軸上的范圍為PN區(qū)域，總長度為L，范圍為$\frac{L}{2}≤y≤\frac{3L}{2}$
答：（1）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小$4\sqrt{\frac{m{U}_{m}^{\;}}{q{L}_{\;}^{2}}}$；
（2）粒子打在y軸上的范圍$\frac{L}{2}≤y≤\frac{3L}{2}$．

點評 本題是帶電粒子在交變電場和勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的問題，在電場中仍然利用類平拋的規(guī)律，在磁場中勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力充當(dāng)向心力，本題關(guān)鍵是畫出臨界軌跡，結(jié)合數(shù)學(xué)知識求解．第一問可以得出結(jié)論：離開偏轉(zhuǎn)電場的粒子進(jìn)、出磁場的位置之間的距離與偏轉(zhuǎn)電壓無關(guān)．