Question

13．在圖甲中，加速電場A、B板水平放置，半徑R=0.2m的圓形偏轉磁場與加速電場的A板相切于N 點，有一群比荷為$\frac{q}{m}$=5×10⁵C/kg的帶電粒子從電場中的M點處由靜止釋放，經過電場加速后，從N點垂直于A板進入圓形偏轉磁場，加速電場的電壓U隨時間t的變化如圖乙所示，每個帶電粒子通過加速電場的時間極短，可認為加速電壓不變．$\frac{T}{6}$時刻進入電場的粒子恰好水平向左離開磁場，（不計粒子的重力）求

（1）粒子的電性；
（2）磁感應強度B的大�。�
（3）何時釋放的粒子在磁場中運動的時間最短？最短時間t是多少（π取3）．

Answer 1

分析 （1）根據粒子的偏轉方向判斷洛倫茲力方向，然后應用左手定則判斷粒子的電性．
（2）應用動能定理求出粒子進入磁場時的速度，粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，應用牛頓第二定律可以求出磁感應強度．
（3）由動能定理求出粒子進入磁場的速度，應用牛頓第二定律求出粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑，然后求出粒子在磁場中轉過的圓心角，最后求出粒子的運動時間．

解答 解：（1）由題意可知，粒子水平向左離開磁場，則粒子所受洛倫茲力向左，根據左手定則得，粒子帶負電；
（2）由圖示圖象可知，當$\frac{T}{6}$時，U=100V，
根據動能定理得：$Uq=\frac{1}{2}mv_1^2$-0，
粒子做圓周運動洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：$q{v_1}B=m\frac{v_1^2}{r_1}$，
粒子恰好水平向左離開磁場，粒子軌道半徑：r₁=R，
解得：B=0.1T；
（3）速度越大，粒子在磁場中運動的半徑越大，時間越短，
當$t=kT+\frac{T}{2}$（k=0、1、2、3…）時進入電場的粒子在磁場中運動的時間最短，
根據動能定理得：${U^'}q=\frac{1}{2}mv_2^2$，
根據牛頓第二定律得：$q{v_2}B=m\frac{v_2^2}{r_2}$，
由幾何關系得：$\frac{R}{r_2}=tanθ$，
根據周期公式得：$T=\frac{{2π{r_2}}}{v_2}$，
粒子在磁場中的運動時間：t=$\frac{2θ}{2π}$T，
解得：t=2×10^-5s；
答：（1）粒子帶負電；
（2）磁感應強度B的大小為0.1T；
（3）$t=kT+\frac{T}{2}$（k=0、1、2、3…）時釋放的粒子在磁場中運動的時間最短，最短時間t是2×10^-5s．

點評 認真審題理解題意、分析清楚粒子運動過程是解題的前提，應用左手定則可以判斷出粒子的電性，應用動能定理與牛頓第二定律可以解題．