Question

圖甲所示，平行金屬板PQ、MN水平地固定在地面上方的空間，金屬板長 l=20cm，兩板間距d=10cm，兩板間的電壓U_MP=100V．在距金屬板M端左下方某位置有一粒子源A，從粒子源豎直向上連續(xù)發(fā)射速度相同的帶電粒子，射出的帶電粒子在空間通過一垂直于紙面向里的磁感應強度B=0.20T的圓形區(qū)域勻強磁場（圖中未畫出）后，恰好從金屬板 PQ左端的下邊緣水平進入兩金屬板間，帶電粒子在電場力作用下恰好從金屬板MN的右邊緣飛出．已知帶電粒子的比荷

q

m

=2.0×10⁶C/kg，粒子重力不計，計算結果保留兩位有效數(shù)字．

求：（1）帶電粒子射人電場時的速度大�。�
（2）圓形勻強磁場區(qū)域的最小半徑；
（3）若兩金屬板間改加如圖乙所示的電壓，在哪些時刻進入兩金屬板間的帶電粒子不碰到極板而能夠飛出兩板間．

Answer 1

分析：（1）粒子進入電場時做類平拋運動，根據(jù)平拋運動的基本公式即可求解；
（2）粒子進入電場時，速度方向改變了解90°，可見粒子在磁場中轉了四分之一圓周．根據(jù)向心力公式及幾何關系即可求解；
（3）先求出帶電粒子進入兩金屬板間，穿過電場需要的時間，根據(jù)牛頓第二定律求出加上電壓后的加速度，根據(jù)平拋運動的基本公式求出恰好不碰到極板的條件，畫出粒子運動的軌跡，注意周期性．

解答：解：（1）設帶電粒子從PQ左邊緣進入電場的速度為v，由MN板右邊緣飛出的時間為t，帶電粒子在電場中運動的加速度為a，則
d=

1

2

at2
a=

qU

dm

t=

l

v

則 v=

qUl2 2d2m

解得   v=2.0×10⁴m/s
（2）粒子進入電場時，速度方向改變了解90°，可見粒子在磁場中轉了四分之一圓周．設圓形勻強磁場區(qū)域的最小半徑為r，粒子運動的軌道半徑為R，則  
qvB=m

v2

R

R=

mv

qB

=0.05m
由圖中幾何關系可知
r=

2

2

R=0.036m
圓形磁場區(qū)域的最小半徑r=0.036m
（3）帶電粒子以v=2.0×10⁴m/s進入兩金屬板間，穿過電場需要的時間為
t=

l

v

=1.0×10^-5s，正好是交變電壓的半個周期．
在兩極板上加上如圖所示的交變電壓后，設帶電粒子的加速度為a′，則
a′=

qU′

dm

=4.0×109m/s²
t=0時刻進入電場的粒子穿過電場時的偏轉量為：y=

1

2

a′t2=0.20m＞d=10cm，粒子將打在MN板上．
同理，t=2.0、4.0、6.0…2.0n（n=0、1、2、3…）時刻進入電場的粒子都將打在MN板上
設帶電粒子在t₁時刻進入兩極板間，恰好從MN板右邊緣飛出，帶電粒子進入電場后向下加速的時間為△t₁，則減速階段的時間也是△t₁，如圖2所示，由對稱性可知d=2×

1

2

a′△

t

2 1

，△t₁=0.50×10^-5s
所以   t₁=t-△t₁=（1.0-0.5）×10^-5s=0.5×10^-5s
設帶電粒子在t₂時刻進入兩極板間，恰好從PQ板右邊緣飛出．它在豎直方向的運動是先加速向下，經(jīng)過△t₂時間后電場反向，粒子在豎直方向運動改為減速向下，又經(jīng)過時間△t₂，豎直分速度減為零，然后加速向上直到從Q點飛出電場．粒子這一運動過程的軌跡示意圖如圖3所示，帶電粒子進入電場后向下加速的時間為
△t₂，
y₁=2×

1

2

a′(△t2)2=

1

2

a′×(t-2△t2)2
△t₂=（1-

2

2

）×10?5s
t₂=t-△t₂=[1.0-（1-

2

2

）]×10^-5s=

2

2

×10^-5s=0.70×10^-5s
考慮到交變電流的周期性，帶電粒子不碰到極板而能夠飛出兩板間的時刻t為
（0.5+2n）×10^-5s＜t＜（0.70+2n）×10^-5s（n=0，1，2，3…）
答：：（1）帶電粒子射人電場時的速度大小為2.0×10⁴m/s；
（2）圓形勻強磁場區(qū)域的最小半徑為0.036m；
（3）若兩金屬板間改加如圖乙所示的電壓，當（0.5+2n）×10^-5s＜t＜（0.70+2n）×10^-5s（n=0，1，2，3…）時進入兩金屬板間的帶電粒子不碰到極板而能夠飛出兩板間．

點評：本題應注意粒子的運動過程，粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，要求學生應認真審題，畫出粒子運動的軌跡，徹底明白題意才能正確求解．同時還應注意題目中的幾何關系的掌握．