Question

19．如图甲所示，在平行板电容器上加上如图乙所示的交变电压，在贴近E处有一粒子放射源，能够逐渐发射出大量质量为m，电荷量为q的带正电粒子，忽略粒子离开放射源时的初速度及粒子间的相互作用力，粒子只在电场力作用下运动，在电场中运动的时间极短可认为平行板间电压不变．从极板F射出的粒子能够继续沿直线向右运动，并由O点射入右侧的等腰直角三角形磁场区域．等腰直角三角形ABC的直角边边长为L．O为斜边AB的中点，在OA边上放有荧光屏，已知所有粒子刚好不能从AC边射出磁场，接收到粒子的荧光屏区域能够发光．求：
（1）荧光屏上亮线的长度；
（2）所加电压的最大值U₀．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁场中运动的半径最大时的轨迹与AC边相切，根据几何关系求解半径，由此求出亮线长度；
（2）根据洛伦兹力提供向心力求解最大速度，再根据动能定理求解电压．

解答 解：（1）粒子在磁场中运动的半径最大时的轨迹如图所示，轨迹与AC边相切与D点；

设此轨道半径为R，O′为圆心，则由几何关系可得：
L_OA=$\frac{1}{2}{L}_{AB}=\frac{\sqrt{2}}{2}L$，
L_O′A=L_OA-R_m，
又$\sqrt{2}{R}_{m}$，
解得：${R}_{m}=\frac{2-\sqrt{2}}{2}L$，
所以荧光屏上亮线的长度为d=2R_m=$（2-\sqrt{2}）L$；
（2）若粒子以最大速度进入磁场，则在磁场中运动的半径最大，
根据洛伦兹力提供向心力可得：$q{v}_{m}B=m\frac{{v}_{m}^{2}}{{R}_{m}}$，
解得：${v}_{m}=\frac{qB{R}_{m}}{m}$，
粒子在电场中运动的时间极短，可以认为粒子在电场中运动时电压不变，当电压最大时开始发射粒子，则射出F板时速度最大，有：
$q{U}_{0}=\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}$，
联立解得：${U}_{0}=\frac{m{v}_{m}^{2}}{2q}=\frac{{B}^{2}q{R}_{m}^{2}}{2m}$，
把${R}_{m}=\frac{2-\sqrt{2}}{2}L$代入，可得：${U}_{0}=\frac{（3-2\sqrt{2}）{B}^{2}q{L}^{2}}{4m}$．
答：（1）荧光屏上亮线的长度为$（2-\sqrt{2}）L$；
（2）所加电压的最大值为$\frac{（3-2\sqrt{2}）{B}^{2}q{L}^{2}}{4m}$．

点评 对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求时间．