Question

（2011?兗州市三模）如圖1所示，兩金屬板間接有如圖2所示的隨時間t變化的電壓U，兩板間電場可看作是均勻的，且兩板外無電場，極板長L=0.2m，板間距離d=0.2m，在金屬板右側(cè)有一邊界為MN的區(qū)域足夠大的勻強磁場，MN與兩板中線OO′垂直，磁感應(yīng)強度B=5×10^-3T，方向垂直紙面向里，現(xiàn)有帶正電的粒子流沿兩板中線OO′連續(xù)射入電場中，已知每個粒子的速度υ₀=10⁵m/s，比荷q/m=10⁸C/kg，重力忽略不計，在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，電場可視作是恒定不變的．

（1）試求兩板間加上多大電壓時才能使帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場；
（2）試求帶電粒子離開電場時獲得的最大速度；
（3）證明任意時刻從電場射出的帶電粒子，進入磁場時在MN上的入射點和出磁場時在MN上的出射點間的距離為定值：
（4）從電場射出的帶電粒子，進入磁場運動一段時間后又射出磁場，求粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間．

Answer 1

分析：（1）將帶電粒子的運動沿著水平方向和豎直方向正交分解，水平方向為勻速運動，豎直方向為初速度為零的勻加速運動，根據(jù)運動學公式列式求解；
（2）帶電粒子從平行板邊緣射出時，電場力做功最多，獲得的動能最大，根據(jù)動能定理列式求解；
（3）經(jīng)過電場偏轉(zhuǎn)后，粒子速度向上偏轉(zhuǎn)或向下偏轉(zhuǎn)，畫出可能的兩種軌跡圖，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得到軌道半徑，通過幾何關(guān)系得到向上偏轉(zhuǎn)的距離表達式進行分析；
（4）粒子從上邊緣進入磁場在磁場中運動時間最短，粒子從下邊緣進入磁場在磁場中運動時間最長，根據(jù)周期公式求解．

解答：解：（1）設(shè)兩板間電壓為U₁時，帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場，
則有

d

2

=

1

2

at2=

1

2

×

U1q

dm

(

L

υ0

)2
代入數(shù)據(jù)，解得：U₁=100V
即兩板間加上100V電壓時才能使帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場．
（2）粒子剛好從極板邊緣射出電場時，速度最大，設(shè)最大速度為υ₁
則有：

1

2

mυ12=

1

2

mυ02+q?

U1

2

解得：υ1=

2

×105m/s=1.414×105m/s
帶電粒子離開電場時獲得的最大速度為1.414×10⁵m/s．
（3）粒子進入磁場后做勻速圓周運動，其可能的兩種軌跡如圖；

設(shè)粒子進入磁場時速度方向與OO'夾角為α，
則速度大小υ=

v0

cosα

粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑R=

mυ

qB

=

mυ0

qBcosα

粒子從磁場中飛出的位置與進入磁場的位置之間的距離s=2Rcosα=

2mυ0

qB

代入數(shù)據(jù)，解得s=0.4m，s與α無關(guān)，
即射出電場的任何一個帶電粒子進入磁場的入射點與出射點間距離恒為定值．
（4）粒子飛出電場進入磁場，在磁場中按逆時針方向做勻速圓周運動．
粒子飛入電場時的速度方向與OO'的最大夾角為α，
cosα=

υ0

υ1

=

2

2

，α=45°
當粒子從下板邊緣飛出電場再進入磁場時，在磁場中運動時間最長，
tmax=

3T

4

=

3πm

2qB

=3π×10^-6s=9.42×10^-6s
當粒子從上板邊緣飛出電場再進人磁場時，在磁場中運動時間最短
tmin=

T

4

=

πm

2qB

=π×10-6s=3.14×10-6s
故粒子在磁場中運動的最長時間為9.42×10^-6s，最短時間為3.14×10^-6s．

點評：本題關(guān)鍵是畫出粒子進入磁場后的各種可能的運動軌跡，根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式后得出半徑和周期，然后求出磁偏轉(zhuǎn)的距離表達式，并得出回旋角度的范圍，從而得到磁偏轉(zhuǎn)的范圍和運動時間的范圍．