Question

19．如圖甲所示，一對平行金屬板M?N長為L，相距為d，O₁O為中軸線．當兩板間加電壓U_MN=U₀時，兩板間為勻強電場，忽略兩極板外的電場?某種帶負電的粒子從O₁點以速度v₀沿O₁O方向射入電場，粒子恰好打在上極板M的中點，粒子重力忽略不計?

（1）求帶電粒子的比荷$\frac{q}{m}$
（2）若MN間加如圖乙所示的交變電壓，其周期T=$\frac{T}{{v}_{0}}$，從t=0開始，前$\frac{T}{3}$內(nèi)U_MN=2U，后$\frac{2T}{3}$內(nèi)U_MN=-U，大量的上述粒子仍然以速度v₀沿O₁O方向持續(xù)射入電場，最終所有粒子恰好能全部離開電場而不打在極板上，求U的值；
（3）若緊貼板右側(cè)建立xOy坐標系，在坐標系第I?IV象限某區(qū)域內(nèi)存在一個方向垂直于坐標平面的圓形勻強磁場區(qū)域，能使在（2）問情景下所有粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后都會聚于P（2d，2d）點，求此圓形磁場的最小面積及對應磁感應強度B的大小?

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，由運動的合成與分解規(guī)律可求得比荷；
（2）由題意可知粒子在電場中的運動過程，根據(jù)電場的周期性變化規(guī)律可明確粒子在電場中的運動規(guī)律，根據(jù)條件則可求得電壓值；
（3）所有粒子在磁場中均做勻速圓周運動，根據(jù)題意由幾何關(guān)系求出磁場區(qū)的最小半徑，從而得出最小面積．根據(jù)半徑公式求出磁感應強度的大�。�

解答 解：（1）設粒子經(jīng)過時間t₀打在M板中點，
沿極板方向有$\frac{L}{2}={v}_{0}{t}_{0}$，
垂直極板方向有$\frac2wke4ky{2}=\frac{q{U}_{0}}{2md}{{t}_{0}}^{2}$，
可解得$\frac{q}{m}=\frac{4myomyg0^{2}{{v}_{0}}^{2}}{{U}_{0}{L}^{2}}$，
（2）粒子通過兩板時間$t=\frac{L}{{v}_{0}}=T$，
從t=0時刻開始，粒子在兩板間運動時每個電壓變化周期的前三分之一時間內(nèi)方向垂直極板的加速度大小${a}_{1}=\frac{2qU}{md}$，
（或在每個電壓變化周期的后三分之二時間內(nèi)方向垂直極板的加速度大小${a}_{2}=\frac{qU}{md}$）
不同時刻從O₁點進入電場的粒子在電場方向的速度v_y隨時間t變化的關(guān)系如答圖所示．所有粒子剛好能全部離開電場而不打在極板上，可以確定在t=nT或$t=nT+\frac{1}{3}T$ 時刻進入電場的粒子恰好分別從極板右側(cè)上下邊緣處飛出．它們在電場方向偏轉(zhuǎn)的距離最大．
$\frac6wcaiyq{2}=\frac{1}{2}（{a}_{1}\frac{T}{3}）T$，
可解得$U=\frac{3{U}_{0}}{8}$．
（3）所有粒子射出電場時速度方向都平行于x軸，大小為v₀．設粒子在磁場中的運動半徑為r，則$q{v}_{0}B=m\frac{{{v}_{0}}^{2}}{r}$
可解得r=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$．
粒子進入圓形區(qū)域內(nèi)聚焦于P點時，磁場區(qū)半徑R應滿足R=r，
在圓形磁場區(qū)域邊界上，P點縱坐標有最大值，如圖所示．
磁場區(qū)的最小半徑$R=\frac{5}{4}d$，
圓形磁場的面積為$S=π{R}^{2}=\frac{25}{16}πqyaqwko^{2}$．
磁感應強度B=$\frac{{U}_{0}{L}^{2}}{52ugmmqq^{3}{v}_{0}}$．
答：（1）帶電粒子的比荷為$\frac{4qyaags6^{2}{{v}_{0}}^{2}}{{U}_{0}{L}^{2}}$；
（2）U的值為$\frac{3{U}_{0}}{8}$；
（3）圓形磁場的最小面積為$\frac{25}{16}πmsmckg6^{2}$，磁感應強度B的大小為$\frac{{U}_{0}{L}^{2}}{50ewo42c^{3}{v}_{0}}$．

點評 本題考查帶電粒子在磁場中的運動，要注意電場中類平拋運動運動由運動的合成與分解求解；而磁場中的圓周運動解題的關(guān)鍵在于幾何關(guān)系的把握．