（2012•嘉兴二模）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．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、

Question

（2012•嘉兴二模）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．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）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？
（2）质子从进入s₁到穿出金属网罩经历的时间记为t′，写出t′与U_MN之间的函数关系（tanx=a 可表示为x=arctana）
（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

（1）质子在MN板间运动，根据动能定理，有eU_MN=(1)/(2)m

v

2 0

得 v₀=√((2eUMN)/(m))            
质子在磁场中运动，根据牛顿第二定律，有
 evB=m(v20)/(r)
联立  r=(mv0)/(eB)=(1)/(B)√((2mUMN)/(e))
 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      
解得板间电压 U_MN≥(3eB2R2)/(2m)                                    
结合图象可知：质子在(T)/(6)≤t≤(5)/(6)T和t≥T之间任一时刻从s₁处进入电场，均能打到收集屏上                                                       
（2）M、N间的电压越小，质子穿出电场进入磁场时的速度越小，质子在极板间经历的时间越长，同时在磁场中运动轨迹的半径越小，在磁场中运动的时间也会越长，设在磁场中质子运动所对应的圆半径为r，运动圆弧所对应的圆心角为θ，射出电场的速度为v₀，质子穿出金属网罩时，对应总时间为t，则
在板间电场中运动时间t₁=((R)/(2))/((v0)/(2))=(R)/(v0)=R√((m)/(2eU0))
tan(θ)/(2)=(R)/(r)＝(RBe)/(mv0)=(RBe)/(√(2emUMN))
在磁场中运动时间t₂=(Rθ)/(v0)=(θm)/(Be)                                
所以，运动总时间t=t₁+t₂=R√((m)/(2eU0))+(θm)/(Be)，θ=2arctan(RBe)/(mv0)
在磁场中运动时间t₂=(Rθ)/(v0)=(θm)/(Be)=(2m)/(Be)arctan(RBe)/(√(2meUMN))
所以，运动总时间t=t₁+t₂=R√((m)/(2eU0))+(2m)/(Be)arctan(RBe)/(√(2meUMN))         
（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)nm

v

2 0

=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                                
所以收集板发热功率 P_板=P_总-P_热=IU₀-I²r₀=neU₀-n²e²r₀           
答：（1）质子在(T)/(6)≤t≤(5)/(6)T和t≥T之间任一时刻从s₁处进入电场，均能打到收集屏上；
（2）出t′与U_MN之间的函数关系是t=R√((m)/(2eU0))+(2m)/(Be)arctan(RBe)/(√(2meUMN))；
（3）收集屏PQ电势稳定后的发热功率为neU₀-n²e²r₀．