Question

5．如图所示，左侧平行极板间有水平方向的匀强电场，右侧绝缘光滑圆环内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，圆环的圆心为O，半径为R，现将质量为m、带电量大小为q的带正电的粒子（粒子重力忽略不计），从a点由静止经电场加速后从小入口c沿圆环直径射入磁场区域．在圆心O的正上方圆环还有一个小出口b．己知粒子和圆环的碰撞过程没有动能和电荷量损失，B、R、m、q均为已知量．
（1）两极板间电压为U，请求出带电粒子在磁场中的运动半径r；
（2）两极板间电压U可取任意值，如果带电粒子能从出口b射出，则存在一个粒子从入口c射入，从出口b射出的最短时间，求这个最短时间；
（3）两极板间电压U取某些值时，粒子不经过圆环内的阴影bOc扇形区域就能从b出口射出，求两极板间所加电压U取的可能值．

Answer 1

分析 （1）在电场中由动能定理求出进入磁场的速度，由洛仑兹力提供向心力从而求出带电粒子在磁场中运动的半径．
（2）要求从b口射出的粒子的最短时间，显然是只与圆环碰撞一次后从b口射出，由由何关系求出碰撞一次的偏转角，由周期公式就能求出最短的时间．
（3）粒子不经过圆环内的阴影bOc扇形区域就能从b出口射出，则粒子只能经过圆环的碰撞后从b口射出，设经n次碰撞后从b口射出，则每次偏转角为$\frac{\frac{3π}{2}}{n+1}$，再由几何关系求出粒子做匀速圆周运动的半径r，由半径公式求出速度，再由动能定理求出加速电场的电压．

解答 解：（1）粒子在电场中加速，由动能定理：$qU=\frac{1}{2}m{v}^{2}$
粒子在磁场中做错匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力：$qvB=m\frac{{v}^{2}}{r}$
由以上两式可得：r=$\frac{1}{B}\sqrt{\frac{2Um}{q}}$
（2）经分析可知：粒子与圆环碰撞一次后从出口b射出，对应的粒子在磁场中运动的时间最短，
运动轨迹如图所示．
由几何关系得：$θ=π-\frac{3}{4}π=\frac{π}{4}$
而$T=\frac{2πm}{qB}$
则最短时间${t}_{min}=\frac{2θ}{2π}T$=$\frac{πm}{2qB}$
（3）设粒子在非阴影区与圆环碰撞n次后从出口b射出，每段圆弧所对圆心角θ，经分析由几何关系得：$θ=\frac{\frac{3π}{2}}{n+1}$=$\frac{3π}{4（n+1）}$
$tan\frac{θ}{2}=\frac{R}{r}$
由（1）问的结论及以上两式可得：U=$\frac{{B}^{2}{R}^{2}q}{2m}〔tan\frac{3π}{4（n+1）}{〕}^{2}$，（n=1，2，3…）
答：（1）两极板间电压为U，带电粒子在磁场中的运动半径r为$\frac{1}{B}\sqrt{\frac{2Um}{q}}$．
（2）两极板间电压U可取任意值，如果带电粒子能从出口b射出，则存在一个粒子从入口c射入，从出口b射出的最短时间，这个最短时间为$\frac{πm}{2qB}$．
（3）两极板间电压U取某些值时，粒子不经过圆环内的阴影bOc扇形区域就能从b出口射出，两极板间所加电压U取的可能值为$\frac{{B}^{2}{R}^{2}q}{2m}〔tan\frac{3π}{4（n+1）}{〕}^{2}$，
（n=1，2，3…）．

点评 本题的靓点在于第三问：经n次碰撞或n+1次偏转后从b口射出，先求出偏转角，再由几何关系求出粒子做匀速圆周运动的半径与R的关系，从而求出粒子的速度，而速度是由加速电场加速获得，从而求出加速电压U．