Question

3．如圖甲所示，帶正電的粒子以水平速度v₀從平行金屬板MN間中線OO'連續(xù)射入電場中，MN板間接有如圖乙所示的隨時間t變化的電壓U_MN（M點電勢總是高于N點的電勢），兩板間電場可看作是均勻的，且兩板外無電場．緊鄰金屬板右側(cè)有垂直紙面向里的勻強磁場B，CD為分界線，EF為屏幕，金屬板間距為d，長為l，磁場的寬度為d．已知：B=5×10^-3T，l=d=0.2m，每個帶正電粒子的速度v₀=1×10⁵m/s，比荷為$\frac{q}{m}={10^8}$C/kg，重力忽略不計，試求：
（1）帶電粒子射出電場時的最小速度和最大速度；
（2）帶電粒子打在屏幕上的范圍．

Answer 1

分析 （1）由受力分析得到加速度，進而求得最小速度；再根據(jù)邊界條件，求得可能取得的最大速度及其條件，進而求得最大速度；
（2）根據(jù)（1）可知進入磁場的粒子的速度情況，再由速度求得粒子在磁場中的運動情況及其與打在屏上的位置關(guān)系，就可求得帶電粒子打在屏幕上的范圍．

解答 解：（1）帶電粒子在電場中所受電場力為豎直方向，所以，粒子在水平方向的分運動為勻速直線運動，所以，粒子經(jīng)過電場的時間$t=\frac{l}{{v}_{0}}=2×1{0}^{-6}s$；
帶電粒子通過電場區(qū)域的時間極短，在這段時間內(nèi)板間的電場強度可認為不變．
當(dāng)電壓差U_MN=0時，射入電場的帶電粒子不被加速，沿直線OO'射出電場時的速度最小，最小速度為${v_{min}}={v_0}=1×{10^5}m/s$；
設(shè)兩板間電壓U_MN=U_m時，粒子恰好從金屬板的下極板邊緣射出，則粒子運動的加速度$a=\frac{F}{m}=\frac{qE}{m}=\frac{q{U}_{m}}{md}$，所以，$\fracejepkwq{2}=\frac{1}{2}×\frac{{q{U_m}}}{md}{（\frac{l}{v_0}）^2}$
解得：${U}_{m}=\frac{m}{q}（\frac{d{v}_{0}}{l}）^{2}$=100V；
所以，當(dāng)U_MN＞U_m時，粒子打在下極板上，不能射出；所以，當(dāng)U_MN=100V時，粒子從金屬板的下極板邊緣射出，這時粒子速度最大．
則粒子射出時的豎直方向分速度${v}_{y}=at=\frac{q{U}_{m}}{md}×\frac{l}{{v}_{0}}=1×1{0}^{5}m/s$，
所以，帶電粒子射出電場時的最大速度${v}_{max}=\sqrt{{{v}_{y}}^{2}+{{v}_{0}}^{2}}=\sqrt{2}×1{0}^{5}m/s$；
（2）粒子在磁場中所受洛倫茲力作為向心力，所以，$Bvq=\frac{m{v}^{2}}{r}$，所以，$r=\frac{mv}{Bq}$；
如圖所示，粒子以最小速度進入磁場后向上偏轉(zhuǎn)，勻速圓周運動的半徑為：${r_{min}}=\frac{{m{v_{min}}}}{qB}=\frac{{m{v_0}}}{qB}=\frac{{1×{{10}^5}}}{{1×{{10}^8}×5×{{10}^{-3}}}}m=0.2m$；
由于r_min=d，因此粒子打在屏上的最高點與O'點的距離為0.2m；
當(dāng)粒子進入磁場的速度增大時，粒子打在屏上的點下移；
當(dāng)粒子以最大速度進入磁場后向下偏轉(zhuǎn)，勻速圓周運動的半徑為${r_{max}}=\frac{{m{v_{max}}}}{qB}=\frac{{\sqrt{2}m{v_0}}}{qB}=\sqrt{2}d$
因為v_y=v₀，根據(jù)半徑與速度方向垂直，由幾何關(guān)系可得圓周運動的圓心落在屏幕上的Q點，Q點與M板在同一水平線上；
因此粒子打在屏上的最低點與O'點的距離為：${r_{max}}-\frac38nzdgi{2}=（{\sqrt{2}-\frac{1}{2}}）d=0.18m$
綜上可知，帶電粒子打在屏幕O'點上方0.2m到O'點下方0.18m的范圍內(nèi)．
答：（1）帶電粒子射出電場時的最小速度為1×10⁵m/s，最大速度為$\sqrt{2}×1{0}^{5}m/s$；
（2）帶電粒子打在屏幕上的范圍為屏幕O'點上方0.2m到O'點下方0.18m的范圍內(nèi)．

點評 本題易錯點為求最大速度時直接代入電壓差的最大值200V求解，因此，再求與運動相關(guān)的問題時，我們需要先驗證物體能做這種運動的條件再求解．