Question

16．如图甲所示，两平行金属板A、B的板长和板间距离均为L（L=0.1m），AB间所加的电压u=200sin100πtV，如图乙所示．平行金属板右侧$\frac{L}{2}$处有一竖直放置的金属挡板C，高度为$\frac{13}{12}$L并和A、B间隙正对，C右侧L处有一竖直放置的荧光屏S．从O点沿中心轴线OO′以速度v₀=2.0×10³m/s连续射入带负电的离子，离子的比荷$\frac{q}{m}$=3×10⁴C/kg，（射到金属板上的离子立即被导走，不对周围产生影响，不计离子间的相互作用，离子在A、B两板间的运动可视为在匀强电场中的运动．）离子打在荧光屏上，可在荧光屏中心附近形成一个阴影．π=3．

（1）求荧光屏中心附近阴影的长度．
（2）若在挡板C左、右各$\frac{L}{2}$的范围内（图中量竖直虚线间），加大小为B₁=1.0T的匀强磁场，OO′上方磁场垂直纸面向里、OO′下方磁场垂直纸面向外，则何时进入两板的离子刚好绕过C板上下边缘到达O′点？
（3）为使从A极板右侧边缘打出的离子能到达屏的中点O′，可在挡板正上方一圆形区域加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B=$\sqrt{2}$T（圆心在挡板所在垂线上，图中未画出），求所加圆形磁场的面积和离子在磁场区域运动的时间．（计算结果全部保留二位有效数字）

Answer 1

分析 （1）能到达屏的离子临界状态是从挡板上下两个端点飞过，离子在电场中做类平抛运动，离开电场做匀速直线运动，根据离子的运动特征结合几何关系求解阴影部分的长度；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，作出粒子的运动轨迹，应用牛顿第二定律与类平抛运动规律解题．
（3）作出满足条件的离子运动轨迹，根据几何关系和洛伦兹力提供圆周运动向心力求解离子做圆周运动的半径，从而得出磁场的面积，并根据离子在磁场中做圆周运动所转过的圆心角，根据周期关系求出离子在磁场中的运动时间．

解答 解：（1）设两板间所加电压U₁时，负离子离开电场时的侧向距离y，如图所示．

由牛顿第二定律得：$y=\frac{1}{2}•\frac{{q{U_1}}}{mL}{（\frac{L}{v_0}）^2}=\frac{{q{U_1}L}}{2mv_0^2}$，
$tan{θ_1}=\frac{v_y}{v_0}=\frac{{\frac{{q{U_1}}}{mL}•\frac{L}{v_0}}}{v_0}=\frac{{q{U_1}}}{mv_0^2}$，$y'=\frac{L}{2}•tan{θ_1}=\frac{{q{U_1}L}}{2mv_0^2}$，解得：y=y'，
而$y+y'=\frac{13L}{24}$，故：$y=y'=\frac{13L}{48}$，
由几何关系，有；$y''=2y'=\frac{13L}{24}$，
因为相同的离子当加上大小相等的反向电压时，离子偏转对称于OO′轴，
所以屏上的阴影长度为：$MN=2MO'=2（y+y'+y''）=\frac{13}{6}L≈0.22m$；
（2）设离子在偏转电压U₂中加速后以速度v₁进入磁场中运动的半径为R₁，
且离子刚好水平从挡板边缘飞过，运动轨迹如图所示．

洛伦兹力提供向心力，$qv{B_1}=m\frac{v_1^2}{R_1}$，解得：${R_1}=\frac{{m{v_1}}}{{q{B_1}}}$，
而：${v_1}=\frac{v_0}{{cos{θ_2}}}$，则：${R_1}=\frac{{m{v_0}}}{{q{B_1}cos{θ_2}}}$，
再由几何关系得：${R_1}sin{θ_2}=\frac{L}{2}$，则：$tan{θ_2}=\frac{{q{B_1}L}}{{2m{v_0}}}$，
竖直方向：
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：${U_2}=\frac{{{B_1}L{v_0}}}{2}$，
代入数据得U₂=100V，由对称性可知，当离子在U'₂=-100V时，
离子刚好通过板的下边缘到达O′点．
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）设离子在偏转电压U₃中加速后以速度v₂进入磁场中
运动的半径为R₂，满足条件的离子运动轨迹如图所示．

离子以v₂=$\sqrt{2}{v_0}$进入磁场，做匀速圆周运动，
由${B_2}q{v_2}=m\frac{v_2^2}{R_2}$知${R_2}=\frac{{\sqrt{2}m{v_0}}}{{{B_2}q}}$，
代入数据得${R_2}=\frac{{\sqrt{2}×2×{{10}^3}}}{{\sqrt{2}×3×{{10}^4}}}m=\frac{1}{15}m$，
由几何关系，所加的磁场的半径：$r=\frac{{\sqrt{2}}}{2}{R_2}$，所以　$r=\frac{{\sqrt{2}}}{30}m$，
所加磁场的面积：$S=π{r^2}=\frac{1}{75}m≈6.7×{10^{-3}}m$²，
因为$T=\frac{2πm}{{q{B_2}}}$，且离子在磁场中运动的偏转角度为90°，
所以，离子在磁场中运动的时间为：$t'=\frac{T}{4}=\frac{πm}{{2q{B_2}}}=\frac{3}{{2×3×{{10}^4}×\sqrt{2}}}s=\frac{{\sqrt{2}}}{4}×{10^{-4}}s≈3.5×{10^{-5}}s$；
答：（1）荧光屏中心附近阴影的长度为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，…）时刻进入两板的离子刚好绕过C板上下边缘到达O′点．
（3）所加圆形磁场的面积为6.7×10^-3m²，离子在磁场区域运动的时间为3.5×10^-5s．

点评 本题运算较复杂，考查带电粒子在电场中做类平抛运动，熟练掌握运动的合成与分解的访求分析处理类平抛运动问题，能根据离子运动轨迹处理带电粒子在磁场中做圆周运动问题．