Question

6．如圖甲所示，質量和電荷量均相同的帶正電的粒子連續(xù)從小孔O₁進入電壓U₀=50V的加速電場區(qū)（初速度可忽略不計），加速后由小孔O₂沿豎直放置的平行金屬板ab中心線射入金屬板間的勻強電場區(qū)，然后再進入平行金屬板a、b下面的勻強磁場區(qū)，最后打到感光片上．已知平行金屬板a、b間的距離d=0.15m，兩板間的電壓U隨時間t變化的隨時間變化的U-t圖線圖線如圖乙所示，且a板電勢高于b板電勢．磁場的上邊界MN與金屬板ab下端相平，且與O₁、O₂連線垂直，交點為O，磁場沿水平方向，且與a、b板間的電場方向垂直，磁感應強度B=1.0×10^-2T．帶電粒子在勻強磁場區(qū)運動，最后打在沿MN水平放置的感光片上，打在感光片上形成一條亮線P₁P₂，P₁到O點的距離x₁=0.15m，P₂到O點的距離 x₂=0.20m．電場區(qū)可認為只存在于金屬板間，帶電粒子通過電場區(qū)的時間極短，可以認為粒子在這一運動過程中平行金屬板a、b間的電壓不變，不計粒子受到的重力和粒子間的相互作用力．

（1）已知t=0時刻進入平行金屬板a、b間的帶電粒子打在感光片上的P₂點，求帶電粒子的比荷$\frac{q}{m}$；（保留兩位有效數字）
（2）對任何時刻射入平行金屬板a、b間的帶電粒子，證明其射入磁場時的入射點和打到感光片上的位置之間的距離△x為定值；
（3）設打到P₁點的帶電粒子在磁場中運動的時間為t₁，打到P₂點的帶電粒子在磁場中運動的時間為t₂，則兩時間之差（△t=t₁-t₂）為多大？（保留兩位有效數字）

Answer 1

分析 （1）根據動能定理求出粒子離開加速電場時的速度，再幾何關系求出粒子在磁場中圓周運動的軌道半徑，根據洛倫茲力提供向心力列式求解即可；
（2）根據幾何關系求出粒子在偏轉電場中偏轉后再進入磁場做圓周運動的過程中，找出粒子在電場中偏轉和磁場中偏轉角度間的關系然后求解；
（3）根據幾何關系求出兩種情況下半徑間的距離，根據類平拋運動和做勻速圓周運動的時間求解．

解答 解：（1）設粒子經過加速電場從小孔O₂射出時的速度為v₀，則依據動能定理，有：
qU₀=$\frac{1}{2}$m${v}_{0}^{2}$
當U=0時，粒子以速度v₀進入磁場后做勻速圓周運動到達P₂點，軌跡半徑R₀=$\frac{{x}_{2}}{2}$；
由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{R}_{0}}$
解得帶電粒子的比荷：$\frac{q}{m}$=$\frac{8{U}_{0}}{{B}^{2}{x}_{2}^{2}}$=1.0×10⁸ C/kg
（2）設粒子進入磁場時速度方向與O₁O的夾角為θ，則速度大小v=$\frac{{v}_{0}}{cosθ}$
粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑R=$\frac{mv}{qB}$=$\frac{m{v}_{0}}{qBcosθ}$
由幾何關系得△x=2Rcosθ=$\frac{2m{v}_{0}}{qB}$
即△x與θ無關，為定值．
（3）由（2）可知，帶電粒子在平行金屬板a、b間的最大偏移量y=x₂-x₁=0.05 m，
對應的偏轉電壓U=50V
帶電粒子進入平行金屬板a、b時的速度v₀=$\sqrt{\frac{2q{U}_{0}}{m}}$=1.0×10⁵ m/s
設偏移量最大的帶電粒子離開平行金屬板a、b時的速度為v，由動能定理：
q$\frac{yU}fzhqblk$=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$m${v}_{0}^{2}$
解得：
v=$\frac{2}{3}\sqrt{3}$×10⁵m/s
所帶電粒子離開平行金屬板a、b時的速度偏轉角θ=arccos$\frac{{v}_{0}}{v}$=$\frac{π}{6}$
偏移量最大的在磁場中做圓周運動的軌跡對應的圓心角α=$\frac{4}{3}π$
在磁場中做圓周運動的時間t₁=$\frac{2}{3}$T
當電壓為零時進入磁場的帶電粒子在磁場中做圓周運動的時間t₂=$\frac{1}{2}$T
帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期T=$\frac{2πR}{v}$=$\frac{2πm}{qB}$
所以，△t=t₁-t₂=$\frac{1}{6}$T
答：（1）帶電粒子的比荷$\frac{q}{m}$為1.0×10⁸ C/kg；
（2）證明如上；
（3）設打到P₁點的帶電粒子在磁場中運動的時間為t₁，打到P₂點的帶電粒子在磁場中運動的時間為t₂，則兩時間之差為$\frac{T}{6}$．

點評 應用動能定理、類平拋運動的知識、牛頓定律即可正確解題；本題難度較大，是一道難題．