Question

16．如圖甲所示，平行金屬板MN、PQ板長和板間距離均為L，右側(cè)有一直徑為L的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場區(qū)域的圓心與兩金屬扳板間中線在一條直線，質(zhì)量為m、帶電量為-q的粒子源源不斷地沿板間中線以速度v₀從左側(cè)射入兩扳之間，兩板間所加電壓隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，圖中T₀=$\frac{L}{{v}_{0}}$．已知t=$\frac{{T}_{0}}{4}$時刻射入兩板的粒子，通過磁場后速度方向改變了90°．不計粒子重力及粒子間的相互作用．求：
（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度；
（2）在第一個周期內(nèi)，粒子何時進(jìn)入電場在磁場中運動的時間最長，何時進(jìn)入電場在磁場中運動的時間最短，若U₀=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{q}$，粒子在磁場中運動的最長時間粒子與最短時間之差．

Answer 1

分析 （1）t=$\frac{{T}_{0}}{4}$時刻射入兩板的粒子，通過磁場后速度方向改變了90°，畫出運動軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系得到軌道半徑，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解；
（2）粒子在磁場中運動對應(yīng)的弧長越大時間越長；從最上端進(jìn)入磁場的粒子運動的軌跡最長，對應(yīng)的時間最長；從最下端進(jìn)入的粒子運動的軌跡最短，其運動的時間最短，畫出軌跡，結(jié)合牛頓第二定律和幾何關(guān)系列式求解．

解答 解：（1）所有粒子穿過電場的時間均為T₀，故t=$\frac{{T}_{0}}{4}$時刻射入的粒子將沿著板間中線方向?qū)��?zhǔn)圓心射入電場；
在磁場中運動的半徑：R=$\frac{L}{2}$ ①
粒子在磁場做圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律，有：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$  ②
解得：B=$\frac{2m{v}_{0}}{qL}$；
（2）所有粒子在電場中運動的時間均為T₀，因此所有粒子射出電場時的速度大小均為v₀，但是射出電場的位置不同，通過分析，t=0時刻進(jìn)入電場的粒子出電場時豎直向上偏移的距離最大，在磁場中運動的時間最長；t=$\frac{{T}_{0}}{2}$時刻進(jìn)入電場的粒子出電場時豎直向下偏移的距離最大，在磁場中運動的時間最短．
對在電場中運動豎直方向位移最大的粒子，設(shè)y為粒子豎直方向運動的最大位移：
y=2×$\frac{1}{2}a{t}^{2}$  ④
$\frac{L}{2}={v}_{0}t$ ⑤
a=$\frac{qE}{m}$ ⑥
E=$\frac{{U}_{0}}{L}$ ⑦
聯(lián)立⑤⑥⑦⑧以及U₀=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{q}$，解得：y=$\frac{L}{4}$ ⑧
假設(shè)粒子射入磁場的位置分布在A、C之間的圓弧上，因所有粒子運動半徑大小均為：R=$\frac{L}{2}$，
故所有粒子均從D點射出磁場，那么從C點射入磁場的粒子在磁場中運動的時間最短，假設(shè)其在磁場中運動速度的偏轉(zhuǎn)角為α，據(jù)幾何關(guān)系可得：
$\frac{L}{4}=R-Rcosα$ ⑨
解得：α=$\frac{π}{3}$；
其運動時間：t₁=$\frac{Rα}{{v}_{0}}$，
從A點射入的粒子在磁場中運動的時間最長，設(shè)其在磁場中運動速度的偏轉(zhuǎn)角為β，結(jié)合幾何關(guān)系，有：
$β=\frac{2π}{3}$；
其運動時間：${t}_{2}=\frac{Rβ}{{v}_{0}}$，
時間差：$△t={t}_{2}-{t}_{1}=\frac{πL}{6{v}_{0}}$．
答：（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度為$\frac{2m{v}_{0}}{qL}$；
（2）粒子在磁場中運動的最長時間粒子與最短時間之差為$\frac{πL}{6{v}_{0}}$．

點評 本題是粒子在右邊界磁場中運動的問題，關(guān)鍵是畫出粒子的運動軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系聯(lián)合牛頓第二定律列式分析．