Question

14．平行金屬板MN和OP水平正對放置，板長為2l，板間距為l，虛線NP右側足夠大的空間有垂直紙面向里的勻強磁場．現(xiàn)以O為坐標原點，沿OM方向建立坐標軸oy．質量為m、電量為+q的帶電粒子（不計重力）可以分別從oy軸上O、M間任意點（包含O、M兩點）以相同的水平速度v₀射入板間，每個粒子單獨射入，每個粒子在板間運動過程中板間電壓保持恒定，且認為電場只分布在兩板之間的區(qū)域；射入點不同的粒子偏轉電壓不同，以確保從y軸上O、M間任意位置水平射入的粒子，均恰好到達P點并離開電場進入磁場．求：
（1）粒子射入點坐標y與對應偏轉電壓U的關系式
（2）若要使從OM間任意位置射人電場的粒子經(jīng)磁場后均能不與平行金屬板碰撞而直接到達y軸，求磁感應強度的最大值
（3）在滿足（2）的磁感應強度的最大值條件下求這些粒子從y軸上出發(fā)到再次到達y軸的最短時間．

Answer 1

分析 （1）偏轉電場中粒子做類平拋運動，運用運動的合成和分解結合牛頓第二定律以及運動學公式，即可；
（2）找出臨界情況，畫出粒子軌跡過程圖，根據(jù)類平拋過程求出進入磁場時的速度大小和方向，粒子在磁場中做圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力與臨界幾何關系聯(lián)立即可；
（3）根據(jù)水平方向速度不變可知，所有粒子在電場中的運動時間和離開磁場到再次到達y軸的時間均相等，只要磁場中運動的時間最短即可，所以粒子水平向右入射磁場，轉半個圓周所用時間最短，將三段時間加和即可．

解答 解：（1）設粒子射入點坐標為y時對應的電壓為U，場強為E，在電場中的時間為t，加速度為a，則在電場中有：
2l=v₀t ①
y=$\frac{1}{2}$at² ②
Eq=ma  ③
E=$\frac{U}{l}$  ④
聯(lián)立①②③④式得：y=$\frac{2qlU}{m{v}_{0}^{2}}$ 
（2）設粒子射入點坐標為y時，到達P點的速度v，豎直分速度為v_y，速度偏角為α，
則：vcosα=v₀ ⑥
v_y=at  ⑦
tanα=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}$ ⑧
聯(lián)立①③④⑥⑦⑧式得：
tanα=$\frac{2qU}{m{v}_{0}^{2}}$  ⑨
設磁場的磁感應強度為B時，在磁場中做圓周運動的半徑為R
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$  ⑩
設則該粒子從磁場邊界的Q點射出，由幾何關系得
PQ=2Rcosα⑪
聯(lián)立⑥⑩⑪式得：
PQ=$\frac{2m{v}_{0}}{qB}$⑫
則從O、M之間任意點射入的粒子，都會到達Q點．
由⑤⑨式可知：到達Q點的粒子在水平向左及斜向左下方45⁰的范圍內，且水平分速度均為v₀，故要使所有粒子都達到y(tǒng)軸，由幾何關系知：
QN≥2l⑬
聯(lián)立⑩⑫⑬得：
B≤$\frac{2m{v}_{0}}{3ql}$⑭
故磁感應強度的最大值為$\frac{2m{v}_{0}}{3ql}$
（3）分析可知，所有粒子在電場中的運動時間t₁和離開磁場到再次到達y軸的時間t₃均相等，且
t₁₌t₃₌$\frac{2l}{{v}_{0}}$⑮
在磁場中運動的時間：t₂=$\frac{π+2α}{2π}T$⑯
由T=$\frac{2πR}{v}$⑰
聯(lián)立⑩⑯⑰式得：
t_2min=$\frac{3πl(wèi)}{2{v}_{0}}$⑱
故粒子從y軸上出發(fā)到再次到達y軸的最短時間：
t_min=t₁+t_2min+t₃=$\frac{（8+3π）l}{{2v}_{0}}$
答：（1）粒子射入點坐標y與對應偏轉電壓U的關系式為y=$\frac{2qlU}{m{v}_{0}^{2}}$； 
（2）若要使從OM間任意位置射人電場的粒子經(jīng)磁場后均能不與平行金屬板碰撞而直接到達y軸，求磁感應強度的最大值為$\frac{2m{v}_{0}}{3ql}$；
（3）在滿足（2）的磁感應強度的最大值條件下求這些粒子從y軸上出發(fā)到再次到達y軸的最短時間為$\frac{（8+3π）l}{{2v}_{0}}$．

點評 本題考查帶電粒子在電磁場中的運動，畫出粒子軌跡過程圖，根據(jù)其運動形式選擇合適的規(guī)律解決；偏轉電場中粒子做類平拋運動，運用運動的合成和分解結合牛頓第二定律以及運動學公式；磁場中粒子做勻速圓周運動，運用洛倫茲力提供向心力與幾何關系聯(lián)立的方法；注意分析從電場進入磁場時銜接點的速度大小和方向．