Question

9．如圖（a）所示，水平放置的平行金屬板A、B間加直流電壓U，A板正上方有“V”字型足夠長的絕緣彈性擋板．在擋板間加垂直紙面的交變磁場，磁感應(yīng)強度隨時間變化如圖（b），垂直紙面向里為磁場正方向，其中B₁=B，B₂未知．現(xiàn)有一比荷為$\frac{q}{m}$、不計重力的帶正電粒子從C點靜止釋放，t=0時刻，粒子剛好從小孔O進(jìn)入上方磁場中，在 t₁時刻粒子第一次撞到左擋板，緊接著在t₁+t₂時刻粒子撞到右擋板，然后粒子又從O點豎直向下返回平行金屬板間．粒子與擋板碰撞前后電量不變，沿板的分速度不變，垂直板的分速度大小不變、方向相反，不計碰撞的時間及磁場變化產(chǎn)生的感應(yīng)影響．求：

（1）粒子第一次到達(dá)O點時的速率；
（2）圖中B₂的大��；
（3）金屬板A和B間的距離d．

Answer 1

分析 （1）粒子從B板到A板過程中，電場力做正功，根據(jù)動能定理求粒子第一次到達(dá)O點時的速率；
（2）粒子進(jìn)入上方后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可得到軌跡半徑公式r=$\frac{mv}{qB}$．畫出粒子的運動軌跡，由幾何關(guān)系得出粒子在B₁和B₂中軌跡半徑之比，得到B₁和B₂的關(guān)系，從而求出B₂的大小．
（3）由圓周運動的規(guī)律得到粒子在磁場中運動的周期，結(jié)合軌跡求出粒子在磁場中運動的時間．粒子在金屬板A和B間往返運動，由平均速度與時間的乘積等于位移，求解d．

解答 解：（1）粒子從B板到A板過程中，電場力做正功，根據(jù)動能定理有
  qU=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$-0                                              
解得粒子第一次到達(dá)O點時的速率 v=$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$              
（2）粒子進(jìn)入上方后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$得 r=$\frac{mv}{qB}$
則得粒子做勻速圓周運動的半徑 r₁=$\frac{mv}{qB}$，r₂=$\frac{mv}{q{B}_{2}}$             
使其在整個裝置中做周期性的往返運動，運動軌跡如下圖所示，
由圖易知：r₁=2r₂．         
則得B₂=2B
                  
（3）在0～t₁時間內(nèi)，粒子做勻速圓周運動周期 T₁=$\frac{2π{r}_{1}}{v}$=$\frac{2πm}{qB}$
在t₁～（t₁+t₂）時間內(nèi)，粒子做勻速圓周運動的周期 T₂=$\frac{2πm}{q{B}_{2}}$=$\frac{πm}{qB}$
由軌跡圖可知 t₁=$\frac{1}{6}{T}_{1}$=$\frac{πm}{3qB}$                                            
t₂=$\frac{1}{2}{T}_{2}$=$\frac{πm}{2qB}$                                           
粒子在金屬板A和B間往返時間為t，有 d=$\frac{0+v}{2}×\frac{t}{2}$                      
且滿足 t=t₂+n（t₁+t₂），n=0，1，2，…
聯(lián)立可得金屬板A和B間的距離 d=$\frac{π（3+5n）}{24B}$$\sqrt{\frac{2Um}{q}}$，n=0，1，2，…
答：
（1）粒子第一次到達(dá)O點時的速率為$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$；
（2）圖中B₂的大小為2B；
（3）金屬板A和B間的距離d為$\frac{π（3+5n）}{24B}$$\sqrt{\frac{2Um}{q}}$，n=0，1，2，…．

點評 本題考查了帶電粒子在組合場中的運動，要粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運動，結(jié)合半徑公式、周期公式進(jìn)行求解，第三問要抓住周期性，對數(shù)學(xué)能力要求較高，屬于壓軸部分，需加強這方面的訓(xùn)練．