Question

2．A、B是在真空中水平正對的兩塊金屬板，板長L=40cm，板間距d=24cm，在B板左側(cè)邊緣有一粒子源，能連續(xù)均勻發(fā)射帶負(fù)電的粒子，粒子緊貼B板水平向右射入，如圖甲所示，帶電粒子的比荷為1×10⁸C/kg，初速度v₀=2×10⁵m/s（粒子重力不計），在A、B兩板間加上如圖乙所示的電壓，電壓的周期T=2×10^-6s，t=0時刻A板電勢高于B板電勢，兩板間電場可視為勻強電場，電勢差U₀=360V，A、B板右側(cè)有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=$\frac{1}{16}$T，磁場中放置兩塊熒光板，位置如圖所示，M點距A板的豎直高度距離h=1.5cm，N點與B板相接，兩板板與水平方向夾角均為θ=37°，熒光板長度可以確保打在板上的粒子可以全部被吸收，不考慮粒子之間相互作用及粒子二次進入磁場的可能，求：

（1）在t=$\frac{T}{2}$時刻進入電場的帶電粒子在AB間偏轉(zhuǎn)的側(cè)向位移y；
（2）帶電粒子從電場中射出到MN邊界上的寬度△y；
（3）經(jīng)過足夠長時間后，射到熒光板上的粒子數(shù)占進入磁場粒子總數(shù)的百分比k．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn)的規(guī)律即可求出偏轉(zhuǎn)量；
（2）根據(jù)（1）的方法求出偏轉(zhuǎn)量的最大值和最小值，從而求出范圍；
（3）帶電粒子在磁場中的運動有洛倫茲力提供向心力，寫出公式，求出半徑，然后畫出運動的軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系即可求解．

解答 解：（1）設(shè)帶電粒子在兩金屬板間運動的時間為t₁，則L=v₀t₁
解得：t₁=$\frac{L}{v_0}$
設(shè)帶電粒子在兩金屬板間運動的加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律有：$\frac{{q{U_0}}}yqg2au2$=ma
由題意可知，在t=kT（k=0，1，2，…）時刻進入電場的粒子其側(cè)向位移最大，
其最大側(cè)向位移為：y_max=$\frac{1}{2}a{（\frac{t_1}{2}）^2}$+$a{（\frac{t_1}{2}）^2}$；
同理可知，當(dāng)帶電粒子在t=kT+$\frac{T}{2}$（k=0，1，2，…）時刻進入電場的粒子側(cè)向位移最小，
其最小側(cè)向位移為：y_min=$\frac{1}{2}a{（\frac{t_1}{2}）^2}$
代入數(shù)據(jù)解得：y_min=0.075m=7.5cm
聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得：y_max=0.225m=22.5cm，y_min=$\frac{1}{2}a{（\frac{t_1}{2}）^2}$=0.075m=7.5cm
（2）所以△y=y_max-y_min=15cm
（3）另外，所有帶電粒子在電場中加速時間均相同，設(shè)其出電場時豎直方向的速度大小為v_y，則：v_y=$a\frac{t_1}{2}$=1.5×10⁵m/s
粒子出電場時速度大小為：v=$\sqrt{v_0^2+v_y^2}$=2.5×10⁵m/s
設(shè)帶電粒子出電場時速度與水平方向的夾角為α，tanα=$\frac{v_y}{v_0}$=$\frac{3}{4}$
分別畫出最大側(cè)向位移與最小側(cè)向位移兩種情況的軌跡圖如下左圖所示

由幾何關(guān)系得P₂P₃=7.5cm=0.075m
帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑設(shè)為R，則qvB=$m\frac{v^2}{R}$，解得：R=$\frac{mv}{qB}$=0.04m
畫出兩種典型的軌跡圖如上由圖所示，其中P₁P₄、P₅P₂之間的粒子會打在屏上
有幾何關(guān)系得：P₁P₄=0.036m，P₅P₂=0.025m
因為是均勻分布的，所以k=$\frac{0.061}{0.15}$×100%=41%
答：（1）在t=$\frac{T}{2}$時刻進入電場的帶電粒子在AB間偏轉(zhuǎn)的側(cè)向位移y為7.5cm；
（2）帶電粒子從電場中射出到MN邊界上的寬度△y為15cm；
（3）經(jīng)過足夠長時間后，射到熒光板上的粒子數(shù)占進入磁場粒子總數(shù)的百分比為41%．

點評 該題屬于帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)與帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)，解題的關(guān)鍵是粒子在極板之間運動的時間恰好是一個周期，粒子偏轉(zhuǎn)的時間恰好是半個周期，所以粒子從極板之間射出時所有粒子偏轉(zhuǎn)的角度是相同的．