Question

4．图甲为某种速度选择器示意图（图乙是该装置的俯视图），加速电场右侧是一半径为R的接地竖直金属圆筒，它与加速电场靠得很近，圆筒可绕竖直中心轴以某一角速度逆时针匀速转动．O₁、O₂为加速电场两极板上的小孔，O₃、O₄为圆筒直径两端的小孔，竖直荧光屏abcd与直线O₁O₂平行，且到圆筒的竖直中心轴的距离OP=3R．粒子源发出同种粒子经电场加速进入圆筒（筒内加一竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B），经磁场偏转后，通过圆筒的小孔打到光屏上产生亮斑，即被选中．整个装置处于真空室中，不计粒子重力及粒子间相互作用．

（1）若开始时圆筒静止且圆筒内不加磁场，同时让O₁、O₂、O₃、O、O₄在同一直线上．初速度不计的带电粒子从小孔O₁进入加速电场，再从小孔O₃打入圆筒从O₄射出．当加速电压调为U₀时，测出粒子在圆筒中运动的时间为t₀，请求出此粒子的比荷$\frac{q}{m}$；
（2）仅调整加速电场的电压，可以使粒子以不同的速度射入圆筒，若在光屏上形成的亮斑范围为Q₁P=PQ₂=$\sqrt{3}$R，求达到光屏的粒子所对应的速率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，即可求解．
（2）作出粒子运动轨迹，求出粒子做圆周运动的轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子的临界速度，再确定粒子的速度范围；
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）由位移公式得：2R=v₀t₀，
由动能定理得：qU₀=$\frac{1}{2}$mv₀²-0，
解得：$\frac{q}{m}$=$\frac{2{R}^{2}}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$；
（2）粒子运动轨迹如图所示，由几何知识得：
由几何关系，可得，r₁=$\frac{\sqrt{3}}{3}$R，r₂=$\sqrt{3}$R，
由牛顿第二定律得：qBv=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：v₁=$\frac{2\sqrt{3}B{R}^{2}}{3{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$，v₂=$\frac{2\sqrt{3}B{R}^{2}}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$，
则粒子的速度：$\frac{2\sqrt{3}B{R}^{2}}{3{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$≤v≤$\frac{2\sqrt{3}B{R}^{2}}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$，
由题意可知，带电粒子在磁场中运动的时间为圆筒旋转的时间，
角速度：ω=$\frac{△θ}{△t}$，圆心角：△θ=$\frac{π}{2}$，时间：△t=$\frac{1}{4}$T，
周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，解得：ω=$\frac{2{R}^{2}B}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$；
答：（1）此粒子的比荷$\frac{q}{m}$为$\frac{2{R}^{2}}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$；
（2）达到光屏的粒子所对应的速率v的范围是：$\frac{2\sqrt{3}B{R}^{2}}{3{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$≤v≤$\frac{2\sqrt{3}B{R}^{2}}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$，圆筒转动的角速度ω为$\frac{2{R}^{2}B}{{U}_{0}{t}_{0}^{2}}$．

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．