Question

15．如图甲，真空中竖直放置两块相距为d的平行金属板P、Q，两板间加上如图乙最大值为U₀的周期性变化的电压，在Q板右侧某个区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的有界匀强磁场．在紧靠P板处有一粒子源A，自t=0开始连续释放初速不计的粒子，经一段时间从Q板小孔O射入磁场，然后射出磁场，射出时所有粒子的速度方向均竖直向上．已知电场变化周期T=$2d\sqrt{\frac{2m}{{q{U_0}}}}$，粒子质量为m，电荷量为+q，不计粒子重力及相互间的作用力．求：
（1）t=0时刻释放的粒子在P、Q间运动的时间；
（2）粒子射入磁场时的最大速率和最小速率；
（3）有界磁场区域的最小面积．

Answer 1

分析 （1）带电粒子在电场中加速，牛顿第二定律和运动学公式即可求解粒子在P、Q间运动的时间；
（2）粒子在电场中加速，电场力做功，由动能定理即可求出粒子射入磁场时的最大速率和最小速率；
（3）射出磁场时所有粒子的速度方向均竖直向上，做出运动的轨迹图，即可几何关系即可求解．

解答 解：（1）设t=0时刻释放的粒子在0.5T时间内一直作匀加速运动，
加速度$a=\frac{{q{U_0}}}{dm}$
位移$x=\frac{1}{2}•\frac{{q{U_0}}}{dm}{（{0.5T}）^2}=\frac{1}{2}•\frac{{q{U_0}}}{dm}•{（{d\sqrt{\frac{2m}{{q{U_0}}}}}）^2}=d$
可见该粒子经0.5T正好运动到O处，假设与实际相符合
该粒子在P、Q间运动时间$t=0.5T=d\sqrt{\frac{2m}{{q{U_0}}}}$
（2）t=0时刻释放的粒子一直在电场中加速，对应进入磁场时的速率最大
由运动学公式有  ${v_{max}}=a•\frac{T}{2}=\sqrt{\frac{{2q{U_0}}}{m}}$
t₁=0时刻释放的粒子先作加速运动（所用时间为△t），后作匀速运动，设T时刻恰好由小孔O
射入磁场，则$\frac{1}{2}a△{t^2}+a△t×0.5T=\frac{1}{2}a{（0.5T）^2}$
代入数据得：$△t=（2-\sqrt{2}）d\sqrt{\frac{m}{q{U}_{0}}}$
所以最小速度：${v}_{min}=a△t=（2-\sqrt{2}）\sqrt{\frac{qU}{m}}$
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则：
$qvB=\frac{m{v}^{2}}{r}$
得：$r=\frac{mv}{qB}$
最大半径：${r}_{max}=\frac{m{v}_{max}}{qB}=\frac{1}{B}•\sqrt{\frac{2m{U}_{0}}{q}}$
最小半径：${r}_{min}=\frac{m{v}_{min}}{qB}=\frac{2-\sqrt{2}}{B}•\sqrt{\frac{m{U}_{0}}{q}}$
粒子水平向右进入磁场，然后射出时所有粒子的速度方向均竖直向上，偏转角都是90°，所以轨迹经过的区域为磁场的最小面积，如图：

图中绿色阴影部分即为最小的磁场的区域，
所以：${S}_{min}=（\frac{1}{4}π{r}_{max}^{2}-\frac{1}{2}{r}_{max}^{2}）-（\frac{1}{4}π{r}_{min}^{2}-\frac{1}{2}{r}_{min}^{2}）$=$（\frac{1}{4}π-\frac{1}{2}）×（{r}_{max}^{2}-{r}_{min}^{2}）$=$（\frac{1}{4}π-\frac{1}{2}）×\frac{1}{{B}^{2}}•\frac{2m{U}_{0}}{q}[1-（2-\sqrt{2}）^{2}]$≈$\frac{0.374m{U}_{0}}{q{B}^{2}}$
答：（1）t=0时刻释放的粒子在P、Q间运动的时间是$d\sqrt{\frac{2m}{q{U}_{0}}}$；
（2）粒子射入磁场时的最大速率是$\sqrt{\frac{2q{U}_{0}}{m}}$，最小速率是$（2-\sqrt{2}）\sqrt{\frac{qU}{m}}$；
（3）有界磁场区域的最小面积是$\frac{0.374m{U}_{0}}{q{B}^{2}}$．

点评 考查粒子在电场中加速和在磁场中圆周运动问题，结合牛顿第二定律与几何关系来综合应用，掌握运动轨迹的半径公式．