Question

如圖甲所示，兩塊相同的平行金屬板M、N正對著放置，相距為，板M、N上的小孔s₁、s₂與 O三點(diǎn)共線，s₂O=R，連線s₁O垂直于板M、N．以O(shè)為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場．收集屏PQ上各點(diǎn)到O點(diǎn)的距離都為2R，兩端點(diǎn)P、Q關(guān)于連線s₁O對稱，屏PQ所對的圓心角θ=120°．質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子連續(xù)不斷地經(jīng)s₁進(jìn)入M、N間的電場，接著通過s₂進(jìn)入磁場．質(zhì)子重力及質(zhì)子間的相互作用均不計(jì)，質(zhì)子在s₁處的速度看作零．
（1）若M、N間的電壓U_MN=+U時，求質(zhì)子進(jìn)入磁場時速度的大小v．
（2）若M、N間接入如圖乙所示的隨時間t變化的電壓U_MN=|U_Osint|（式中U=，周期T已知），且在質(zhì)子通過板間電場區(qū)域的極短時間內(nèi)板間電場視為恒定，則質(zhì)子在哪些時刻自s₁處進(jìn)入板間，穿出磁場后均能打到收集屏PQ上？
（3）在上述（2）問的情形下，當(dāng)M、N間的電壓不同時，質(zhì)子從s₁處到打在收集屏PQ上經(jīng)歷的時間t會不同，求t的最大值．

Answer 1

【答案】分析：（1）質(zhì)子在電場中做加速運(yùn)動，由動能定理可求得質(zhì)子進(jìn)入磁場時的速度；
（2）由動能定理可得出質(zhì)子進(jìn)入磁場時的速度表達(dá)式；由幾何關(guān)系可知質(zhì)子能打在收集屏上的臨界條件，則由牛頓第二定律可求得能打在屏上的質(zhì)子進(jìn)入電場的時刻；
（3）根據(jù)質(zhì)子在電場與磁場中運(yùn)動的關(guān)系可推導(dǎo)出質(zhì)子運(yùn)動的最大時間．
解答：解：（1）根據(jù)動能定理，有：eU=mv²-0
  解得：v=  
（2）質(zhì)子在板間運(yùn)動，根據(jù)動能定理，有：eU_MN=mv²-0    
質(zhì)子在磁場中運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律，有：evB=m
若質(zhì)子能打在收集屏上，軌道半徑r與半徑R應(yīng)滿足的關(guān)系：
r≥R                                           
解得板間電壓：U_MN≥                        
結(jié)合圖象可知：質(zhì)子在t=kT+～kT+T（k=0，1，2，…）之間任一時刻從s₁處進(jìn)入電場，均能打到收集屏上                                
（3）M、N間的電壓越小，質(zhì)子穿出電場進(jìn)入磁場時的速度越小，質(zhì)子在極板間經(jīng)歷的時間越長，同時在磁場中運(yùn)動軌跡的半徑越小，在磁場中運(yùn)動的時間也會越長，出磁場后打到收集屏前作勻速運(yùn)動的時間也越長，所以當(dāng)質(zhì)子打在收集屏的P端時，對應(yīng)時間t最長，兩板間的電壓此時為：
U_MN=U 
在板間電場中運(yùn)動時間：t₁= 
在磁場中運(yùn)動時間：t₂=×=            
出磁場后打到收集屏前作勻速運(yùn)動的時間：t₃=   
所以，運(yùn)動總時間為：
t=t₁+t₂+t₃=（+）=（+）；
答：（1）質(zhì)子進(jìn)入磁場時速度的大小為；（2）質(zhì)子在t=kT+～kT+T（k=0，1，2，…）之間任一時刻從s₁處進(jìn)入電場，均能打到收集屏上；（3）時間t的最大值為（+）；
點(diǎn)評：本題要注意質(zhì)子在電場中加速后進(jìn)入磁場中偏轉(zhuǎn)；加速電場中由動能定理求出速度，而在磁場中的運(yùn)動要由幾何關(guān)系確定圓心和半徑，再根據(jù)牛頓第二定律及向心力公式列式求解．本題中的難點(diǎn)在于找出時間范圍及時間的最大值．