Question

9．如图所示，两块相同的金属板正对着水平放置，金属板长为d，两板间距为$\sqrt{3}$d，上极板带正电，金属板右端接一充满磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场的足够长的矩形区域abcd，且ad边长为L，现有一质量为m、带电荷量为q的正粒子，沿两板间中心轴线以初速度v₀进人两板间，恰好从下极板右端射出，接着从ad边的中心O点垂直磁场方向射入磁场，不计粒子A重力．
（1）求两板间的电压U；
（2）试讨论粒子可以从矩形区域abcd的哪几条边界射出场区，从这几条边界射出时对应磁感应强度B的大小范剔粒子转过的圆心角θ的范围．

Answer 1

分析 （1）粒子在电场中做类似平抛运动，根据分位移公式列式求解即可；
（2）对类平抛运动，根据分运动公式列式求解末速度v；进入磁场后做匀速圆周运动，画出临界轨迹，结合几何关系和牛顿第二定律列式分析讨论．

解答 解：（1）粒子做类平抛运动，根据牛顿第二定律，有：
a=$\frac{qU}{m•\sqrt{3}d}$
根据分位移公式，有：
d=v₀t 
$\frac{\sqrt{3}}{2}d=\frac{1}{2}a{t}^{2}$ 
联立解得：
U=$\frac{3m{v}_{0}^{2}}{q}$
（2）粒子做类平抛运动，根据分运动公式，有：
v_x=v₀ 
v_y=at 
合速度大小：
v=$\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}$
速度偏转角的正切值为：
tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}$
联立解得：
v=2v₀
tanθ=$\sqrt{3}$，故θ=60°
假设磁感应强度从零开始增加，根据公式r=$\frac{mv}{qB}$，轨道半径也就从零开始增加，讨论如下：
临界一：
B=0，做匀速直线运动，从cd边射出，速度偏转角为零；
临界二：
轨道与cd相切，轨迹如图所示：

结合几何关系，有：
sin30°=$\frac{r-\sqrt{3}d}{r}$
解得：r=2$\sqrt{3}$d
速度偏转角等于圆弧的圆心角，为150°；
洛伦兹力提供向心力，故：
$qv{B}_{1}=m\frac{{v}^{2}}{r}$
联立解得：
${B}_{1}=\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}}{3qd}$
临界三：
轨迹与ab边相切，如图所示：

结合几何关系，有：
R+Rsin30°=$\sqrt{3}d$
解得：R=$\frac{2}{3}\sqrt{3}d$
速度偏转角等于圆弧的圆心角，为300°；
洛伦兹力提供向心力，故：
$qv{B}_{2}=m\frac{{v}^{2}}{R}$
联立解得：
${B}_{2}=\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}}{qd}$
故B≤$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}}{3qd}$时，速度偏转角为60°，从cd边射出；
$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}}{3qd}$＜B＜$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}}{qd}$时，速度偏转角为150°，从ab边射出；
B≥$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}}{qd}$时，速度偏转角为300°，从ad边射出；
答：（1）两板间的电压U为$\frac{3m{v}_{0}^{2}}{q}$；
（2）当B≤$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}}{3qd}$时，速度偏转角为60°，从cd边射出；
当$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}}{3qd}$＜B＜$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}}{qd}$时，速度偏转角为150°，从ab边射出；
当B≥$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}}{qd}$时，速度偏转角为300°，从ad边射出．

点评 本题要明确粒子的运动性质，分为类平抛运动和匀速圆周运动过程进行分析，关键是找出临界轨迹，结合几何关系、牛顿第二定律进行分析，不难．