Question

如图甲所示，M、N为竖直放置的两块平行金属板，圆形虚线为与N相连且接地的圆形金属网罩（不计电阻）．PQ为与圆形网罩同心的金属收集屏，通过阻值为r₀的电阻与大地相连．小孔s₁、s₂、圆心O与PQ中点位于同一水平线上．圆心角2θ=120°、半径为R的网罩内有大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．M、N间相距

R

2

且接有如图乙所示的随时间t变化的电压，U_MN=U₀sin

π

T

t（0≤t≤T），U_MN=U₀（t＞T）（式中U₀=

3eB2R2

m

，T已知），质量为m电荷量为e的质子连续不断地经s₁进入M、N间的电场，接着通过s₂进入磁场．（质子通过M、N的过程中，板间电场可视为恒定，质子在s₁处的速度可视为零，质子的重力及质子间相互作用均不计．）

（1）若质子在t＞T时刻进入s₁，为使质子能打到收集屏的中心需在圆形磁场区域加上一个匀强电场，求所加匀强电场的大小和方向？
（2）质子在哪些时间段内自s₁处进入板间，穿出磁场后均能打到收集屏PQ上？
（3）若毎秒钟进入s₁的质子数为n，则收集屏PQ电势稳定后的发热功率为多少？

Answer 1

分析：（1）质子能打到收集屏的中心，就是质子做匀速直线运动，由动能定理和受力平衡即可解得；
（2）若质子能打在收集屏上，轨道半径r与半径R应满足r≥

3

R，根据半径关系和动能定理即可求解；
（3）收集屏上电荷不再增加，即在t＞T 时刻以后，此时，U_MN=U₀，收集屏与地面电势差恒为U，根据能量守恒和焦耳定律即可求解．

解答：解：（1）在电场中，由动能定理得
 eU0=

1

2

mv02           
为使质子做匀速直线运动，有
eE=ev₀B               
解得E=

6 eB2R

m

          
方向竖直向下             
（2）质子在板间运动，根据动能定理，有
   eUMN=

1

2

mv02-0           
质子在磁场中运动，根据牛顿第二定律，有 evB=

mv02

r

             
若质子能打在收集屏上，轨道半径r与半径R应满足的关系：
   r≥

3

R                                                           
解得 UMN≥

3eB2R2

2m

                                                  
结合图象可知：质子在

T

6

≤t≤

5T

6

和t≥T之间任一时刻从s₁处进入电场，均能打到收集屏上；                                                             
（3）稳定时，收集屏上电荷不再增加，即在t＞T 时刻以后，此时，U_MN=U₀，收集屏与地面电势差恒为U，U=Ir₀                                            
单位时间到达收集板的质子数n
单位时间内，质子的总能量为      P总=

1

2

nmv02=neU0=IU0            
单位时间内屏上发热功率为       P_屏=P_总-P_热                           
消耗在电阻上的功率为          P热=I2r0                                    
所以收集屏发热功率           P_屏=P_总-P_热=IU0-I2r0=neU0-n2e2r0     
答：所加匀强电场的大小为

6 eB2R

m

和方向竖直向下；质子在

T

6

≤t

5T

6

和t≥T之间任一时刻内自s₁处进入板间，穿出磁场后均能打到收集屏PQ上；收集屏PQ电势稳定后的发热功率为neU0-n2e2r0．

点评：此类题目比较综合，关键是挖掘题目的条件，将运动状态及过程弄清楚，然后根据每个运动的规律分别进行分析，然后得出结论．