Question

如圖甲所示，M、N為豎直放置的兩塊平行金屬板，圓形虛線為與N相連且接地的圓形金屬網(wǎng)罩（不計電阻）．PQ為與圓形網(wǎng)罩同心的金屬收集屏，通過阻值為r₀的電阻與大地相連．小孔s₁、s₂、圓心O與PQ中點位于同一水平線上．圓心角2θ=120°、半徑為R的網(wǎng)罩內(nèi)有大小為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場．M、N間相距

R

2

且接有如圖乙所示的隨時間t變化的電壓，U_MN=U₀sin

π

T

t（0≤t≤T），U_MN=U₀（t＞T）（式中U₀=

3eB2R2

m

，T已知），質(zhì)量為m電荷量為e的質(zhì)子連續(xù)不斷地經(jīng)s₁進入M、N間的電場，接著通過s₂進入磁場．（質(zhì)子通過M、N的過程中，板間電場可視為恒定，質(zhì)子在s₁處的速度可視為零，質(zhì)子的重力及質(zhì)子間相互作用均不計．）

（1）若質(zhì)子在t＞T時刻進入s₁，為使質(zhì)子能打到收集屏的中心需在圓形磁場區(qū)域加上一個勻強電場，求所加勻強電場的大小和方向？
（2）質(zhì)子在哪些時間段內(nèi)自s₁處進入板間，穿出磁場后均能打到收集屏PQ上？
（3）若毎秒鐘進入s₁的質(zhì)子數(shù)為n，則收集屏PQ電勢穩(wěn)定后的發(fā)熱功率為多少？

Answer 1

分析：（1）質(zhì)子能打到收集屏的中心，就是質(zhì)子做勻速直線運動，由動能定理和受力平衡即可解得；
（2）若質(zhì)子能打在收集屏上，軌道半徑r與半徑R應滿足r≥

3

R，根據(jù)半徑關系和動能定理即可求解；
（3）收集屏上電荷不再增加，即在t＞T 時刻以后，此時，U_MN=U₀，收集屏與地面電勢差恒為U，根據(jù)能量守恒和焦耳定律即可求解．

解答：解：（1）在電場中，由動能定理得
 eU0=

1

2

mv02           
為使質(zhì)子做勻速直線運動，有
eE=ev₀B               
解得E=

6 eB2R

m

          
方向豎直向下             
（2）質(zhì)子在板間運動，根據(jù)動能定理，有
   eUMN=

1

2

mv02-0           
質(zhì)子在磁場中運動，根據(jù)牛頓第二定律，有 evB=

mv02

r

             
若質(zhì)子能打在收集屏上，軌道半徑r與半徑R應滿足的關系：
   r≥

3

R                                                           
解得 UMN≥

3eB2R2

2m

                                                  
結(jié)合圖象可知：質(zhì)子在

T

6

≤t≤

5T

6

和t≥T之間任一時刻從s₁處進入電場，均能打到收集屏上；                                                             
（3）穩(wěn)定時，收集屏上電荷不再增加，即在t＞T 時刻以后，此時，U_MN=U₀，收集屏與地面電勢差恒為U，U=Ir₀                                            
單位時間到達收集板的質(zhì)子數(shù)n
單位時間內(nèi)，質(zhì)子的總能量為      P總=

1

2

nmv02=neU0=IU0            
單位時間內(nèi)屏上發(fā)熱功率為       P_屏=P_總-P_熱                           
消耗在電阻上的功率為          P熱=I2r0                                    
所以收集屏發(fā)熱功率           P_屏=P_總-P_熱=IU0-I2r0=neU0-n2e2r0     
答：所加勻強電場的大小為

6 eB2R

m

和方向豎直向下；質(zhì)子在

T

6

≤t

5T

6

和t≥T之間任一時刻內(nèi)自s₁處進入板間，穿出磁場后均能打到收集屏PQ上；收集屏PQ電勢穩(wěn)定后的發(fā)熱功率為neU0-n2e2r0．

點評：此類題目比較綜合，關鍵是挖掘題目的條件，將運動狀態(tài)及過程弄清楚，然后根據(jù)每個運動的規(guī)律分別進行分析，然后得出結(jié)論．