Question

如圖甲所示，平行金屬板A和B間的距離為d，現(xiàn)在A、B板上加上如圖乙所示的方波電壓，t=0時(shí)A板比B板的電勢(shì)高．電壓的正向值為U₀，反向值也為U₀，現(xiàn)有由質(zhì)量為m電量為+q的粒子組成的粒子束，從AB的中點(diǎn)O以平行于金屬板中軸OO′線的速度v₀=

qU0T

3md

不斷射入，所有粒子在AB間的飛行時(shí)間均為T，不計(jì)重力影響．試求：
（1）粒子射出電場(chǎng)時(shí)位置離中軸線OO′的距離范圍
（2）粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度
（3）若要使射出電場(chǎng)的粒子經(jīng)某一垂直紙面的圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后，都能通過圓形磁場(chǎng)邊界的一個(gè)點(diǎn)處，而便于再收集，則磁場(chǎng)區(qū)域的最小半徑和相應(yīng)的磁感強(qiáng)度是多大？

Answer 1

分析：（1）粒子進(jìn)入電場(chǎng)后水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向先做勻加速運(yùn)動(dòng)后做勻減速運(yùn)動(dòng)，粒子由t=nT時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)，向下側(cè)移最大，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)結(jié)合求出最大側(cè)移．粒子由t=nT+

2

3

T時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)，向上側(cè)移最大，再求出此側(cè)移，即可得到范圍．
（2）粒子在打出粒子的速度都是相同的，由速度合成法求解．
（3）要使平行粒子能夠交于圓形磁場(chǎng)區(qū)域邊界且有最小區(qū)域時(shí)，磁場(chǎng)直徑最小值與粒子寬度相等，即可得到磁場(chǎng)區(qū)域的最小半徑．粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，由洛倫茲力提供向心力，可牛頓第二定律求出相應(yīng)的磁感強(qiáng)度．

解答：解：（1）當(dāng)粒子由t=nT時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)，向下側(cè)移最大，（n=0，1，2…）則：
s₁=

1

2

a(

2T

3

)2+a(

2T

3

)?

T

3

-

1

2

a(

T

3

)2，a=

qU0

md

解得：s₁=

7qU0T2

18md

當(dāng)粒子由t=nT+

2

3

T時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)，向上側(cè)移最大，則：
s2=

1

2

a(

T

3

)2
解得：s2=

qU0T2

18md

所以，在距離O′中點(diǎn)下方

7qU0T2

18md

至上方

qU0T2

18md

范圍內(nèi)有粒子打出． 
（2）打出粒子的速度都是相同的，在沿電場(chǎng)線方向速度大小為 v_y=a?

T

3

所以打出速度大小為 v=

v 2 0 + v 2 y

解得 v=

2 qU0T

3md

設(shè)速度方向與v₀的夾角為θ，則 tanθ=

vy

v0

=1，得θ=45°
（3）要使平行粒子能夠交于圓形磁場(chǎng)區(qū)域邊界且有最小區(qū)域時(shí)，磁場(chǎng)直徑最小值與粒子寬度相等，粒子寬度D=（s₁+s₂）cos45°     
故磁場(chǎng)區(qū)域的最小半徑為  r=

D

2

=

2 qU0T2

9md

粒子在磁場(chǎng)中作圓周運(yùn)動(dòng) qvB=m

v2

r

解得 B=

3m

qT

答：（1）粒子射出電場(chǎng)時(shí)位置離中軸線OO′的距離范圍為距離O′中點(diǎn)下方

7qU0T2

18md

至上方

qU0T2

18md

范圍內(nèi)．
（2）粒子射出電場(chǎng)時(shí)的速度大小為

2 qU0T

3md

，速度方向與v₀的夾角為45°．
（3）磁場(chǎng)區(qū)域的最小半徑為

2 qU0T2

9md

，相應(yīng)的磁感強(qiáng)度是

3m

qT

．

點(diǎn)評(píng)：本題分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況，確定粒子什么時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，偏轉(zhuǎn)距離最大是關(guān)鍵．粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用幾何知識(shí)求出半徑．