Question

19．图甲为某种速度选择器示意图，加速电场右侧是一接地金属圆筒，O₁、O₂为加速电场两极板上的小孔，O₃、O₄为圆筒某一直径两端的小孔，abcd为竖直荧光屏，光屏与直线O₁O₂平行．开始时O₁、O₂、O₃、O、O₄在同一水平线上．已知加速电压为U，圆简半径为R，带正电的粒子质量为m，电量为q，圈筒转轴到光屏的距离OP=3R（如图乙）．不计位子重力及粒子间相互作用．

（1）若圆筒静止且国筒内不加磁场，粒子从小孔O₁进人电场时的速度可忽略，求粒子通过圆筒的时间t₀
（2）若圆筒内有竖直向下匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆筒绕竖直中心轴以某一角速度逆时针方向匀速转动，粒子源持续不断地将速度不同的粒子从小孔0₁射入电场，经足够长时间，有的粒子打到圆筒上被吸收，有的通过圆筒打到光屏上产生亮斑．如果在光屏PQ范围内的任意位里均会出现亮斑，PQ=$\sqrt{3}$R（如图乙）．求粒子到达光屏时的速度大小v的范围，以及圆筒转动的角速度ω．

Answer 1

分析 （1）先根据动能定理求出粒子加速获得的速度，若圆筒静止且圆筒内不加磁场时，粒子在圆筒内做匀速直线运动，由位移公式求解时间．
（2）光屏PQ范围内的任意位置里均会出现亮斑，说明PQ范围内均有粒子到达，最小速度的粒子到达P，最大速度的粒子到达Q，根据洛伦兹力提供向心力得到速度与半径的关系，由几何关系求解出轨迹半径，即可得到速度v的范围．根据圆周运动的周期性，分析圆筒转动的角速度ω．

解答 解：（1）粒子经电场加速，由动能定理得：
qU=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$ 
粒子进入圆筒中做匀速直线运动，有：
t=$\frac{2R}{v}$
联立得：t=R$\sqrt{\frac{2m}{qU}}$
（2）光屏PQ范围内的任意位置里均会出现亮斑，说明PQ范围内均有粒子到达，最小速度v₁的粒子到达P，最大速度v₂的粒子到达Q，从0₂射出的粒子速度应含有v₁～v₂的范围内的任意值．
在圆筒内，根据洛伦兹力提供向心力得：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
得：v=$\frac{qBr}{m}$
打到光屏上P点的粒子应满足 r₁=R，速度为：v₁=$\frac{qBR}{m}$
如图，由几何关系知，到达Q点的粒子穿过圆筒的偏转角为：α=60°
到达Q点的粒子应满足 r₂=Rtan60°=$\sqrt{3}$R，速度为：v₂=$\frac{\sqrt{3}qBR}{m}$，则v的范围为：$\frac{qBR}{m}$≤v≤$\frac{\sqrt{3}qBR}{m}$．
设粒子穿过圆筒的偏转角为β，则粒子穿过圆筒的时间为：
△t=$\frac{β}{2π}$T
又 T=$\frac{2πr}{v}$=$\frac{2πm}{qB}$
粒子穿出圆筒应满足
ω△t=β+kπ，（k=0，1，2，3…）
解得：ω=（1+$\frac{kπ}{β}$）$\frac{qB}{m}$，（k=0，1，2，3…）
粒子速度不同，β不同，要使不同速度的粒子穿过以某一角速度匀速转动的圆筒，应满足k=0，即ω=$\frac{qB}{m}$
答：（1）粒子通过圆筒的时间t为R$\sqrt{\frac{2m}{qU}}$．
（2）粒子到达光屏时的速度大小v的范围为$\frac{qBR}{m}$≤v≤$\frac{\sqrt{3}qBR}{m}$．圆筒转动的角速度ω为$\frac{qB}{m}$．

点评 本题关键是明确粒子的运动规律，画出临界轨迹，根据牛顿第二定律并结合几何关系列式分析．对于匀速圆周运动，还常常要考虑其周期性．