Question

1．如图所示，A，B是竖直放置的平行金属板，B中间有一小孔，水平放置的M，N两平行金属板相距d=0.50m，板长L=1m，两板间有电压U₂=150V紧靠平行板右侧边缘的xOy直角坐标系以N板右端为原点，在xOy坐标系的第一象限内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小B=$\frac{8\sqrt{3}}{3}$×10^-2T，磁场边界OC与x轴夹角∠COx=60°，现有比荷$\frac{q}{m}$=$\sqrt{3}×$10⁶C/kg的带正电粒子（重力不计），通过AB板间的加速电压U₁；加速后沿靠近M板的水平方向进入偏转电场，带电粒子离开偏转电场后垂直于OC边界进入匀强磁场区域，求：
（1）加速电压U₁的大小，
（2）带电粒子进入磁场时离O点的距离
（3）带电粒子从离开电场到离开磁场的总时间．

Answer 1

分析 （1）带电粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可言求出粒子的初速度．根据动能定理求出加速电压的大小．
（2）根据竖直方向上偏转位移，结合几何关系求出带电粒子进入磁场时离O点的距离．
（3）求出粒子在离开电场到进入磁场的时间，求出粒子在匀强磁场中的运动时间，最后求出总的运动时间．

解答 解：（1）粒子运动轨迹如图所示：
带电粒子在电场中做类平抛运动，
粒子垂直射入磁场，则速度偏向角为30°，
粒子离开磁场时的竖直分速度：v_y=at=$\frac{q{U}_{2}}{md}•\frac{l}{{v}_{0}}$，
竖直分速度与水平分速度之比：$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=tan30°$，
代入数据解得：${v}_{0}=3×1{0}^{4}m/s$，
根据$q{U}_{1}=\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$得：${U}_{1}=\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{2q}=\frac{9×1{0}^{8}}{2×\sqrt{3}×1{0}^{6}}$=$150\sqrt{3}V$．
（2）粒子在电场中的偏转位移为：$y=\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{1}{2}\frac{q{U}_{2}}{md}\frac{{l}^{2}}{{{v}_{0}}^{2}}$，
代入数据解得：y=$\frac{\sqrt{3}}{6}m$，
根据几何关系得，带电粒子进入磁场时离O点的距离为：
s₁=$（d-y）cos30°=（0.5-\frac{\sqrt{3}}{6}）×\frac{\sqrt{3}}{2}$m=$\frac{\sqrt{3}-1}{4}$m．
（3）粒子离开电场的速度为：
v=$\frac{{v}_{0}}{cos30°}=\frac{3×1{0}^{4}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}m/s=2\sqrt{3}×1{0}^{4}m/s$，
粒子离开电场后做匀速直线运动，直线运动距离：
s₂=（d-y）sin30°，
代入数据解得：s₂=$\frac{3-\sqrt{3}}{12}m$，
则运动时间为：${t}_{1}=\frac{{s}_{2}}{v}$，
代入数据解得：${t}_{1}=\frac{\sqrt{3}-1}{24}×1{0}^{-4}s$，
粒子进入磁场后的轨道半径为R，R=$\frac{mv}{qB}$，
代入数据解得：R=$\frac{\sqrt{3}}{4}m$，
因为${s}_{1}=\frac{\sqrt{3}-1}{4}m$，
由正弦定理得：$\frac{R}{sin120°}=\frac{R-{s}_{1}}{sinθ}$，
解得θ=30°，
由此可知，带电粒子在磁场中的偏转角度为30°，
由在磁场中的运动时间为：t₂=$\frac{1}{12}T=\frac{1}{12}×\frac{2πm}{qB}$
代入数据解得：t₂=$\frac{π}{48}×1{0}^{-4}s$
则总运动时间为：t=t₁+t₂=$（\frac{\sqrt{3}-1}{24}+\frac{π}{48}）×1{0}^{-4}s$．
答：（1）加速电压U₁的大小为$150\sqrt{3}$V．
（2）带电粒子进入磁场时离O点的距离为$\frac{\sqrt{3}-1}{4}$m．
（3）带电粒子从离开电场到离开磁场的总时间为$（\frac{\sqrt{3}-1}{24}+\frac{π}{48}）×1{0}^{-4}s$．．

点评 考查带电粒子做匀速圆周运动与类平抛运动中，用牛顿第二定律与运动学公式，并结合几何关系来处理这两种运动，强调运动的分解，并突出准确的运动轨迹图．