Question

4．圖甲為某種速度選擇器示意圖（圖乙是該裝置的俯視圖），加速電場(chǎng)右側(cè)是一半徑為R的接地豎直金屬圓筒，它與加速電場(chǎng)靠得很近，圓筒可繞豎直中心軸以某一角速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．O₁、O₂為加速電場(chǎng)兩極板上的小孔，O₃、O₄為圓筒直徑兩端的小孔，豎直熒光屏abcd與直線(xiàn)O₁O₂平行，且到圓筒的豎直中心軸的距離OP=3R．粒子源發(fā)出同種粒子經(jīng)電場(chǎng)加速進(jìn)入圓筒（筒內(nèi)加一豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B），經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，通過(guò)圓筒的小孔打到光屏上產(chǎn)生亮斑，即被選中．整個(gè)裝置處于真空室中，不計(jì)粒子重力及粒子間相互作用．

（1）若開(kāi)始時(shí)圓筒靜止且圓筒內(nèi)不加磁場(chǎng)，同時(shí)讓O₁、O₂、O₃、O、O₄在同一直線(xiàn)上．初速度不計(jì)的帶電粒子從小孔O₁進(jìn)入加速電場(chǎng)，再?gòu)男】譕₃打入圓筒從O₄射出．當(dāng)加速電壓調(diào)為U₀時(shí)，測(cè)出粒子在圓筒中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t₀，請(qǐng)求出此粒子的比荷$\frac{q}{m}$；
（2）僅調(diào)整加速電場(chǎng)的電壓，可以使粒子以不同的速度射入圓筒，若在光屏上形成的亮斑范圍為Q₁P=PQ₂=$\sqrt{3}$R，求達(dá)到光屏的粒子所對(duì)應(yīng)的速率v的范圍，以及圓筒轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω．

Answer 1

分析 （1）先根據(jù)動(dòng)能定理求出粒子加速獲得的速度，若圓筒靜止且圓筒內(nèi)不加磁場(chǎng)時(shí)，粒子在圓筒內(nèi)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由位移公式，即可求解．
（2）作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，求出粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子的臨界速度，再確定粒子的速度范圍；
光屏PQ范圍內(nèi)的任意位置里均會(huì)出現(xiàn)亮斑，說(shuō)明PQ范圍內(nèi)均有粒子到達(dá)，最小速度的粒子到達(dá)P，最大速度的粒子到達(dá)Q，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得到速度與半徑的關(guān)系，由幾何關(guān)系求解出軌跡半徑，即可得到速度v的范圍．根據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的周期性，分析圓筒轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω．

解答 解：（1）由位移公式得：2R=v₀t₀，
由動(dòng)能定理得：qU₀=$\frac{1}{2}$mv₀²-0，
解得：$\frac{q}{m}$=$\frac{2{R}^{2}}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$；
（2）粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何知識(shí)得：
由幾何關(guān)系，可得，r₁=$\frac{\sqrt{3}}{3}$R，r₂=$\sqrt{3}$R，
由牛頓第二定律得：qBv=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：v₁=$\frac{2\sqrt{3}B{R}^{2}}{3{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$，v₂=$\frac{2\sqrt{3}B{R}^{2}}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$，
則粒子的速度：$\frac{2\sqrt{3}B{R}^{2}}{3{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$≤v≤$\frac{2\sqrt{3}B{R}^{2}}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$，
由題意可知，帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為圓筒旋轉(zhuǎn)的時(shí)間，
角速度：ω=$\frac{△θ}{△t}$，圓心角：△θ=$\frac{π}{2}$，時(shí)間：△t=$\frac{1}{4}$T，
周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，解得：ω=$\frac{2{R}^{2}B}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$；
答：（1）此粒子的比荷$\frac{q}{m}$為$\frac{2{R}^{2}}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$；
（2）達(dá)到光屏的粒子所對(duì)應(yīng)的速率v的范圍是：$\frac{2\sqrt{3}B{R}^{2}}{3{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$≤v≤$\frac{2\sqrt{3}B{R}^{2}}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$，圓筒轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度ω為$\frac{2{R}^{2}B}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是明確粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，畫(huà)出臨界軌跡，根據(jù)牛頓第二定律并結(jié)合幾何關(guān)系列式分析．對(duì)于勻速圓周運(yùn)動(dòng)，還常常要考慮其周期性．