Question

13．某放置在真空中的裝置如圖甲所示，水平放置的平行金屬板A、B中間開有小孔，小孔的連線與豎直放置的平行金屬板C、D的中心線重合．在C、D的下方有如圖所示的、范圍足夠大的勻強磁場，磁場的理想上邊界與金屬板C、D下端重合，其磁感應強度隨時間變化的圖象如圖乙所示，圖乙中的B₀為已知，但其變化周期T₀未知．已知金屬板A、B之間的電勢差為U_AB=+U₀，金屬板C、D的長度均為L，間距為$\frac{\sqrt{3}}{3}$L．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子P（初速度不計、重力不計）進入A、B兩板之間被加速后，再進入C、D兩板之間被偏轉(zhuǎn)，恰能從D極下邊緣射出．忽略偏轉(zhuǎn)電場的邊界效應．

（1）求金屬板C、D之間的電勢差U_CD．
（2）求粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度的大小和方向．
（3）規(guī)定垂直紙面向里的磁場方向為正方向，在圖乙中t=0時刻該粒子進入磁場，并在t₁=$\frac{1}{4}$T₀時刻粒子的速度方向恰好水平，求磁場的變化周期T₀和該粒子從射入磁場到離開磁場的總時間t_總．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中加速、偏轉(zhuǎn)，應用動能定理與類平拋運動規(guī)律求出電勢差．
（2）粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中做類平拋運動，應用動能定理與速度的分解可以求出粒子的速度．
（3）分析清楚粒子運動過程，根據(jù)粒子的周期公式與運動過程求出粒子的運動時間．

解答 解：（1）粒子在電場中加速，由動能定理得：
qU₀=$\frac{1}{2}$mv₀²-0，
解得：v₀=$\sqrt{\frac{2q{U}_{0}}{m}}$，
粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，由牛頓第二定律得：
q$\frac{{U}_{cd}}mhv6i87$=ma，
L=v₀t  $\frac{1}{2}$•$\frac{\sqrt{3}}{3}$L=$\frac{1}{2}$at²，
解得：U_cd=$\frac{2}{3}$U₀；
（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場中，由動能定理得：
q$\frac{{U}_{cd}}{2}$=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
解得：v=$\sqrt{\frac{8q{U}_{0}}{3m}}$，
粒子由k離開電場時的偏轉(zhuǎn)角為θ，由平行四邊形定則得：
v₀=vcosθ，
解得：θ=30°；
（3）粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
粒子從k進入磁場沿逆時針方向運動，由“在t₁=$\frac{1}{4}$T₀時刻粒子的速度方向恰好水平”可知：
運動軌跡對應的圓心角θ=60°，t₁=$\frac{θ}{360°}$T=$\frac{1}{6}$T，則$\frac{1}{6}$T=$\frac{1}{4}$T₀，
解得：T₀=$\frac{4πm}{3q{B}_{0}}$，
由圖乙所示可知，粒子經(jīng)過e點時，磁場方向相反，t₂=$\frac{T}{2}$內(nèi)粒子沿順時針方向運動半周到達f點，此時磁場再反向，
粒子在t₃=$\frac{1}{6}$T內(nèi)沿逆時針方向運動到g點，然后在t₄=$\frac{T}{2}$內(nèi)運動到h點，接著在t₅=$\frac{T}{6}$內(nèi)運動到i點，最后經(jīng)t₆=$\frac{T}{6}$從j點離開磁場，
粒子運動的總時間：t_總=t₁+t₂+t₃+t₄+t₅+t₆=$\frac{5T}{3}$，t_總=$\frac{10πm}{3q{B}_{0}}$；
答：（1）金屬板C、D之間的電勢差U_CD為$\frac{2}{3}$U₀；
（2）粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度的大小為：$\sqrt{\frac{8q{U}_{0}}{3m}}$，方向：與初速度方向成30°．
（3）磁場的變化周期T₀和為$\frac{4πm}{3q{B}_{0}}$，該粒子從射入磁場到離開磁場的總時間t_總為$\frac{10πm}{3q{B}_{0}}$．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程，應用動能定理、類平拋運動規(guī)律、粒子做圓周運動的周期公式即可正確解題，作出粒子運動軌跡是正確解題的關鍵．