Question

20．如圖甲所示，兩個平行正對的水平金屬板XX′極板長L=0.2$\sqrt{3}$m，板間距離d=0.2m，在金屬板右端豎直邊界MN的右側(cè)有一區(qū)域足夠大的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=5×10^-3T，方向垂直紙面向里．現(xiàn)將X′極板接地，X極板上電勢φ隨時間變化規(guī)律如圖乙所示．現(xiàn)有帶正電的粒子流以v₀=10⁵m/s的速度沿水平中線OO′連續(xù)射入電場中，粒子的比荷q/m=10⁸C/kg，重力可忽略不計，在每個粒子通過電場的極短時間內(nèi)，電場可視為勻強電場（設(shè)兩板外無電場）．求：

（1）帶電粒子射出電場時的最大速率；
（2）粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間之比；
（3）分別從O′點和距O′點下方$\fraciv6s1g6{4}$=0.05m處射入磁場的兩個粒子，在MN上射出磁場時兩出射點之間的距離．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律與動能定理可以求出帶電粒子射出電場時的最大速率；
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子軌道半徑，結(jié)合帶電粒子在電場中向上偏轉(zhuǎn)的情況與向下偏轉(zhuǎn)的情況，畫出運動的軌跡，由幾何關(guān)系以及：$\frac{t}{T}=\frac{θ}{2π}$即可得出時間關(guān)系；
（3）分別從O′點和距O′點下方$\fracx6jldpm{4}$=0.05m處射入磁場的兩個粒子，由帶電粒子在電場中運動的特點，求出粒子的偏轉(zhuǎn)角，然后畫出運動的軌跡，由幾何關(guān)系即可得出結(jié)果．

解答 解：（1）帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動：
水平：$t=\frac{L}{v_0}=2\sqrt{3}×{10^{-6}}$s   
豎直：$y=\frac{1}{2}a{t^2}=\fracgjrjg1x{2}$，其中$a=\frac{{q{U_1}}}{dm}$，
所以${U_1}=\frac{adm}{q}=\frac{100}{3}$V  
當U＞$\frac{100}{3}$V時進入電場中的粒子將打到極板上，即在電壓等于$\frac{100}{3}$V時刻進入的粒子具有最大速度
所以由動能定理得：$q\frac{U_1}{2}=\frac{1}{2}mv_t^2-\frac{1}{2}mv_0^2$，
得：v_t=$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}×{10^5}$m/s，
（2）計算可得，粒子射入磁場時的速度與水平方向的夾角為30°，從下極板邊緣射出的粒子軌跡如圖中a所示，磁場中軌跡所對的圓心角為240°，時間最長

從上極板邊緣射出的粒子軌跡如圖中b所示，磁場中軌跡所對應(yīng)的圓心角為120°，時間最短 
因為兩粒子的周期$T=\frac{2πm}{Bq}$相同，所以粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間之比為2：1  
（3）如下圖，從O′點射入磁場的粒子速度為v₀，它在磁場中的出射點與入射點間距為d₁=2R₁
得：${R_1}=\frac{{m{v_1}}}{Bq}$，
所以：${d_1}=\frac{{2m{v_0}}}{Bq}$
從距O′點下方$\fraci5emuwo{4}$=0.05m處射入磁場的粒子速度與水平方向夾角φ，則它的速度為${v_2}=\frac{v_0}{cosϕ}$，它在磁場中的出射點與入射點間距為d₂=2R₂cosϕ，
由于${R_2}=\frac{{m{v_2}}}{Bq}$，所以${d_2}=\frac{{2m{v_0}}}{Bq}$
所以兩個粒子向上偏移的距離相等！
所以：兩粒子射出磁場的出射點間距仍為進入磁場時的間距，即$\fracs0yg5jq{4}=0.05$m 
答：（1）帶電粒子射出電場時的最大速率是$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}×{10^5}$m/s；
（2）粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間之比是2：1；
（3）分別從O′點和距O′點下方$\fracgeb2szs{4}$=0.05m處射入磁場的兩個粒子，在MN上射出磁場時兩出射點之間的距離是0.05m．

點評 本題以帶電粒子在場中運動問題為命題背景考查學(xué)生的推理、分析和應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題的能力．分析清楚粒子運動過程是正確解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動能定理、類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律即可正確解題．