Question

10．如圖，真空中豎直放置兩塊平行金屬板P，Q，兩板間加上電壓，在緊靠P板處有一粒子源，可連續(xù)釋放出初速為零的粒子，經(jīng)電場加速后從Q板的小孔O水平射出，已知粒子的質(zhì)量為m，電量為+q，不計粒子的重力，在Q板右側(cè)有一半徑為R的$\frac{1}{4}$圓周光屏MN，圓心正好在O點，OM方向水平．
（1）若在Q板右側(cè)加上垂直紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后打在光屏上的A點，∠MOA=α，求金屬板PQ間的電壓大小；
（2）若金屬板PQ間的電壓可調(diào)，使O點飛出的粒子速度為任意不同的數(shù)值，且將上問中Q板右側(cè)的勻強磁場改為方向豎直向下的勻強電場，場強為E，則打在光屏上的粒子的最小動能是多少？

Answer 1

分析 （1）粒子先經(jīng)電場加速，然后進入磁場做勻速圓周運動，已知偏轉(zhuǎn)角，由幾何關(guān)系求出半徑，從而求出速度，也就求出了加速電場的電壓．
（2）加速電壓變化，從而進入偏轉(zhuǎn)電場的速度也就變化，而粒子做類平拋運動又打在一個圓弧上，求最小的動能．先由動能定理列出打在圓弧上動能表達式，把類平拋規(guī)律代入就得到一個關(guān)于速度的式子，當取不同速度時，由數(shù)學不等式性質(zhì)，就能求出最小值．

解答 解：（1）如圖，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，圓心為O′，設(shè)圓周運動的   半徑為r，粒子從
  O點飛出的速度為v，有
  $r=\frac{R}{2sinα}$
  由洛侖茲力提供向心力可得$qvB=m\frac{{v}^{2}}{r}$
  又由電場中加速運動運用動能定理，$qU=\frac{1}{2}m{v}^{2}$
  將上面的方程聯(lián)立，可得金屬板間的電壓：$U=\frac{q{B}^{2}{R}^{2}}{8msi{n}^{2}α}$
（2）設(shè)打在光屏上的粒子在電場E中豎直方向的位移為y，水平位移為x，由動能定理：
   $qEy={E}_{k}-\frac{1}{2}m{v}^{2}$
  而又由運動學方程，有
  $y=\frac{1}{2}×\frac{qE}{m}×{t}^{2}$，x=vt，x²+y²=R²
  聯(lián)立以上幾式得：${E}_{k}=Eqy+\frac{1}{2}m{v}^{2}=Eq×\frac{1}{2}×\frac{Eq}{m}×（\frac{x}{v}）^{2}+\frac{1}{2}m{v}^{2}$≥2$\sqrt{\frac{{E}^{2}{q}^{2}{x}^{2}}{2m{v}^{2}}×\frac{1}{2}m{v}^{2}}$=Eqx  
   結(jié)合題意在圓周上，當x=y=$\frac{\sqrt{2}}{2}R$時有最小值，則最小值是$\frac{\sqrt{2}}{2}EqR$
答：（1）若在Q板右側(cè)加上垂直紙面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后打在光屏上的
  A點，∠MOA=α，金屬板PQ間的電壓大小為$\frac{q{B}^{2}{R}^{2}}{8msi{n}^{2}α}$．
（2）若金屬板PQ間的電壓可調(diào)，使O點飛出的粒子速度為任意不同的數(shù)值，且將上問中Q板右側(cè)的勻
  強磁場改為方向豎直向下的勻強電場，場強為E，則打在光屏上的粒子的最小動能是$\frac{\sqrt{2}}{2}EqR$．

點評 本題有點怪的是第二問：加速電場變化，偏轉(zhuǎn)電場不變，但粒子打擊的位置滿足在一個圓弧上，速度大，則有可能位移大，但偏轉(zhuǎn)電場力做功小，所以折中考慮當x=y=$\frac{\sqrt{2}}{2}R$時，動能有最小值．