Question

1．如图所示，PP′和QQ′是两个同心圆弧，圆心为O，O、P、Q和O、P′、Q′分别共线，∠NOQ=∠N′OQ′=30°，PP′和QQ′之间的区域内分布着辐射状的电场，U_QP=25V．MM′和NN′为有界匀强磁场的边界，MM′∥NN′，间距d=$\frac{{\sqrt{2}}}{4}$m，磁场的磁感应强度大小为B=0.2T，方向如图所示．圆弧QQ′上均匀分布着质量为m=2×10^-8kg、电荷量为q=4×10^-4C的带正电粒子，它们被辐射状的电场由静止加速，之后进入磁场．不计粒子的重力以及粒子之间的相互作用．
（1）求粒子刚进入磁场时的速度大小．
（2）求粒子从上边界MM′飞出磁场需要的最短时间．
（3）若要保证所有粒子都能到达置于磁场下边界NN'上适当位置的收集板上，则磁场上边界MM′至少应向上平移多少？收集板至少多长？

Answer 1

分析 （1）粒子在电场中加速，由于动能定理可以求出粒子的速度．
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子轨道半径，然后求出粒子转过的圆心角，求出粒子的运动时间．
（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程然后求出上移的距离与收集板的长度．

解答 解：（1）粒子在电场中加速，
由动能定理得：qU_QP=$\frac{1}{2}$mv²，
解得，粒子进入磁场的速度大小为v=1×10³m/s；
（2）粒子从O点飞入磁场，在磁场中运动的速度大小不变，
则当轨迹圆弧所对应的弦长最短时，粒子在磁场中运动的路程最短，
即运动的时间最短，轨迹如图1所示．

洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
qvB=m$\frac{v^2}{r}$，解得，轨道半径：r=0.25 m，
在△O'OO″中，O'O″=O'O=r=0.25 m，
OO″=d=$\frac{{\sqrt{2}}}{4}$ m，可得∠O″O'O=90°
粒子在磁场中运动的周期：T=$\frac{2πr}{v}$，
则粒子从上边界飞出磁场需要的最短时间：t=$\frac{1}{4}$T=$\frac{π}{8}$×10^-3s；
（3）若磁场足够大，由几何知识可知，沿O′P′方向射入的粒子在磁场中转过的圆心角最大，
能到达与NN′的最远距离为：d₀=r（1+cos30°）处，
则上边界MM′至少应向上平移：△d=d₀-d=$\frac{1}{8}$（2-2$\sqrt{2}$+$\sqrt{3}$）m，
沿QP方向和Q′P′方向射入的粒子在磁场中转过的圆心角分别为60°、300°，
由几何关系可知，从这两个方向射入磁场的粒子NN′方向的位移最小，
最小位移：s_min=r，粒子垂直NN′方向进入磁场时沿NN′方向的位移最大，最大位移为2r，
则收集板的长度至少为：L=2r-r═r=0.25m；
答：（1）粒子刚进入磁场时的速度大小为1×10³m/s．
（2）粒子从上边界MM′飞出磁场需要的最短时间为$\frac{π}{8}$×10^-3s．
（3）磁场上边界MM′至少应向上平移$\frac{1}{8}$（2-2$\sqrt{2}$+$\sqrt{3}$）m，收集板长度至少为0.25m．

点评 本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，粒子在电场中加速，在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用动能定理、牛顿第二定律即可解题，解题时注意几何知识的应用．