Question

10．如圖甲所示，以兩虛線M、N為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場，M、N間電壓U_MN的變化圖象如圖乙所示，電壓的最大值為U₀、周期為T₀；M、N兩側(cè)為相同的勻強磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度為B．t=0時，將一帶正電的粒子從邊界線M上的A處由靜止釋放，經(jīng)電場加速后進入磁場，粒子在磁場中做圓周運動的周期也為T₀．兩虛線M、N間寬度很小，粒子在其間的運動時間不計，也不考慮粒子所受的重力． 

（1）求該粒子的比荷；
（2）求粒子第1次和第2次從右向左經(jīng)邊界線N離開磁場區(qū)域Ⅰ時兩位置間的距離△d；
（3）若粒子的質(zhì)量增加，電荷量不變，t=0時，將其在A處由靜止釋放，求t=2T₀時粒子的速度．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)粒子在磁場中運動的周期公式求出粒子的比荷．
（2）第1次自右向左穿過邊界線N后再加速一次進入磁場區(qū)域Ⅱ，共被加速2次；第2次自右向左穿過邊界N時被加速3次，根據(jù)動能定理求出速度的大小，結(jié)合圓周運動的半徑公式求出粒子第1次和第2次從右向左經(jīng)邊界線N離開磁場區(qū)域時兩位置間的距離△d．
（3）根據(jù)粒子質(zhì)量的變化，得出粒子在磁場中運動周期的變化，確定出粒子加速的次數(shù)和加速的電壓大小，結(jié)合動能定理求出t=2T₀時粒子的速度．

解答 解：（1）粒子進入磁場后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
粒子做圓周運動的周期為：T=$\frac{2πr}{v}$，
解得：R=$\frac{mv}{qB}$，T=$\frac{2πm}{qB}$，周期與半徑、速率無關(guān)，
由題可知：T=T₀，解得：$\frac{q}{m}$=$\frac{2π}{{T}_{0}B}$；
（2）由于不計粒子穿越MN間的時間，則可認為t=0時刻出發(fā)的粒子穿越MN的過程中電壓始終為U₀，
t=$\frac{1}{2}$T₀時刻第1次自右向左穿過邊界線N時再加速一次進入磁場區(qū)域Ⅱ時的速度為v₁，
即區(qū)域ⅠⅡ勻速圓周運動一周時間T₀共被加速2次，
由動能定理得：2qU₀=$\frac{1}{2}$mv₁²，
第2次自右向左到達邊界線N（沒到M）時被加速3次，速度設(shè)為v₂，
由動能定理得：3qU₀=$\frac{1}{2}$mv₂²，
如右圖所示，第1、2兩次到達邊界N的位置距離為△d：
△d=2（R₂-R₁）=2（$\frac{m{v}_{2}}{qB}$-$\frac{m{v}_{1}}{qB}$）
解得：△d=2（$\sqrt{3}$-$\sqrt{2}$）$\sqrt{\frac{{U}_{0}{T}_{0}}{πB}}$；
（3）粒子的質(zhì)量增加，粒子做圓周運動的周期：T′=$\frac{2πm}{qB}$•$\frac{9}{8}$，
因為T₀=則粒子勻速圓周運動的周期變?yōu)椋篢′=T₀
勻速圓周運動的周期增加△T=T₀
每半個周期為T=T₀，增加T₀
從t=0開始到t=2T₀為止的時間內(nèi)，根據(jù)加速電壓圖象可知粒子共加速了4次，
且加速電壓分別為：U₀、$\frac{3}{4}$U₀、$\frac{2}{4}$U₀、$\frac{1}{4}$U₀
由動能定理得：$\frac{1}{2}$•$\frac{9}{8}$mv²=q（1+$\frac{3}{4}$+$\frac{2}{4}$+$\frac{1}{4}$）U₀，
解得：v=$\sqrt{\frac{40q{U}_{0}}{9m}}$=$\sqrt{\frac{80π{U}_{0}}{9B{T}_{0}}}$；
答：（1）該粒子的比荷為$\frac{2π}{{T}_{0}B}$；
（2）粒子第1次和第2次從右向左經(jīng)邊界線N離開磁場區(qū)域Ⅰ時兩位置間的距離△d為2（$\sqrt{3}$-$\sqrt{2}$）$\sqrt{\frac{{U}_{0}{T}_{0}}{πB}}$；
（3）若粒子的質(zhì)量增加，電荷量不變，t=0時，將其在A處由靜止釋放，t=2T₀時粒子的速度為$\sqrt{\frac{80π{U}_{0}}{9B{T}_{0}}}$．

點評 本題考查了帶電粒子在電場中的運動，關(guān)鍵作出粒子的運動軌跡圖，結(jié)合動能定理、粒子在磁場中運動的半徑公式和周期公式進行求解．