Question

16．如圖甲所示，兩平行金屬板A、B的板長和板間距離均為L（L=0.1m），AB間所加的電壓u=200sin100πtV，如圖乙所示．平行金屬板右側$\frac{L}{2}$處有一豎直放置的金屬擋板C，高度為$\frac{13}{12}$L并和A、B間隙正對，C右側L處有一豎直放置的熒光屏S．從O點沿中心軸線OO′以速度v₀=2.0×10³m/s連續(xù)射入帶負電的離子，離子的比荷$\frac{q}{m}$=3×10⁴C/kg，（射到金屬板上的離子立即被導走，不對周圍產(chǎn)生影響，不計離子間的相互作用，離子在A、B兩板間的運動可視為在勻強電場中的運動．）離子打在熒光屏上，可在熒光屏中心附近形成一個陰影．π=3．

（1）求熒光屏中心附近陰影的長度．
（2）若在擋板C左、右各$\frac{L}{2}$的范圍內（圖中量豎直虛線間），加大小為B₁=1.0T的勻強磁場，OO′上方磁場垂直紙面向里、OO′下方磁場垂直紙面向外，則何時進入兩板的離子剛好繞過C板上下邊緣到達O′點？
（3）為使從A極板右側邊緣打出的離子能到達屏的中點O′，可在擋板正上方一圓形區(qū)域加垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B=$\sqrt{2}$T（圓心在擋板所在垂線上，圖中未畫出），求所加圓形磁場的面積和離子在磁場區(qū)域運動的時間．（計算結果全部保留二位有效數(shù)字）

Answer 1

分析 （1）能到達屏的離子臨界狀態(tài)是從擋板上下兩個端點飛過，離子在電場中做類平拋運動，離開電場做勻速直線運動，根據(jù)離子的運動特征結合幾何關系求解陰影部分的長度；
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，在電場中做類平拋運動，作出粒子的運動軌跡，應用牛頓第二定律與類平拋運動規(guī)律解題．
（3）作出滿足條件的離子運動軌跡，根據(jù)幾何關系和洛倫茲力提供圓周運動向心力求解離子做圓周運動的半徑，從而得出磁場的面積，并根據(jù)離子在磁場中做圓周運動所轉過的圓心角，根據(jù)周期關系求出離子在磁場中的運動時間．

解答 解：（1）設兩板間所加電壓U₁時，負離子離開電場時的側向距離y，如圖所示．

由牛頓第二定律得：$y=\frac{1}{2}•\frac{{q{U_1}}}{mL}{（\frac{L}{v_0}）^2}=\frac{{q{U_1}L}}{2mv_0^2}$，
$tan{θ_1}=\frac{v_y}{v_0}=\frac{{\frac{{q{U_1}}}{mL}•\frac{L}{v_0}}}{v_0}=\frac{{q{U_1}}}{mv_0^2}$，$y'=\frac{L}{2}•tan{θ_1}=\frac{{q{U_1}L}}{2mv_0^2}$，解得：y=y'，
而$y+y'=\frac{13L}{24}$，故：$y=y'=\frac{13L}{48}$，
由幾何關系，有；$y''=2y'=\frac{13L}{24}$，
因為相同的離子當加上大小相等的反向電壓時，離子偏轉對稱于OO′軸，
所以屏上的陰影長度為：$MN=2MO'=2（y+y'+y''）=\frac{13}{6}L≈0.22m$；
（2）設離子在偏轉電壓U₂中加速后以速度v₁進入磁場中運動的半徑為R₁，
且離子剛好水平從擋板邊緣飛過，運動軌跡如圖所示．

洛倫茲力提供向心力，$qv{B_1}=m\frac{v_1^2}{R_1}$，解得：${R_1}=\frac{{m{v_1}}}{{q{B_1}}}$，
而：${v_1}=\frac{v_0}{{cos{θ_2}}}$，則：${R_1}=\frac{{m{v_0}}}{{q{B_1}cos{θ_2}}}$，
再由幾何關系得：${R_1}sin{θ_2}=\frac{L}{2}$，則：$tan{θ_2}=\frac{{q{B_1}L}}{{2m{v_0}}}$，
豎直方向：
由速度分解有：${v_y}={v_0}tan{θ_2}=\frac{{q{B_1}L}}{2m}$，
又：${v_y}=at=\frac{{q{U_2}}}{mL}•\frac{L}{v_0}=\frac{{q{U_2}}}{{m{v_0}}}$，
所以：$\frac{{q{B_1}L}}{2m}=\frac{{q{U_2}}}{{m{v_0}}}$，解得：${U_2}=\frac{{{B_1}L{v_0}}}{2}$，
代入數(shù)據(jù)得U₂=100V，由對稱性可知，當離子在U'₂=-100V時，
離子剛好通過板的下邊緣到達O′點．
又u=200sin100πt（V）  $\frac{U_2}{U_M}=\frac{1}{2}$
所以t=$\frac{nT}{4}±\frac{1}{6}T=（\frac{n}{4}±\frac{1}{6}）T=0.02（\frac{n}{4}±\frac{1}{6}）$s  （n=1，3，5，…）；  
（3）設離子在偏轉電壓U₃中加速后以速度v₂進入磁場中
運動的半徑為R₂，滿足條件的離子運動軌跡如圖所示．

離子以v₂=$\sqrt{2}{v_0}$進入磁場，做勻速圓周運動，
由${B_2}q{v_2}=m\frac{v_2^2}{R_2}$知${R_2}=\frac{{\sqrt{2}m{v_0}}}{{{B_2}q}}$，
代入數(shù)據(jù)得${R_2}=\frac{{\sqrt{2}×2×{{10}^3}}}{{\sqrt{2}×3×{{10}^4}}}m=\frac{1}{15}m$，
由幾何關系，所加的磁場的半徑：$r=\frac{{\sqrt{2}}}{2}{R_2}$，所以　$r=\frac{{\sqrt{2}}}{30}m$，
所加磁場的面積：$S=π{r^2}=\frac{1}{75}m≈6.7×{10^{-3}}m$²，
因為$T=\frac{2πm}{{q{B_2}}}$，且離子在磁場中運動的偏轉角度為90°，
所以，離子在磁場中運動的時間為：$t'=\frac{T}{4}=\frac{πm}{{2q{B_2}}}=\frac{3}{{2×3×{{10}^4}×\sqrt{2}}}s=\frac{{\sqrt{2}}}{4}×{10^{-4}}s≈3.5×{10^{-5}}s$；
答：（1）熒光屏中心附近陰影的長度為0.22m．
（2）在t=$\frac{nT}{4}±\frac{1}{6}T=（\frac{n}{4}±\frac{1}{6}）T=0.02（\frac{n}{4}±\frac{1}{6}）$s  （n=1，3，5，…）時刻進入兩板的離子剛好繞過C板上下邊緣到達O′點．
（3）所加圓形磁場的面積為6.7×10^-3m²，離子在磁場區(qū)域運動的時間為3.5×10^-5s．

點評 本題運算較復雜，考查帶電粒子在電場中做類平拋運動，熟練掌握運動的合成與分解的訪求分析處理類平拋運動問題，能根據(jù)離子運動軌跡處理帶電粒子在磁場中做圓周運動問題．