Question

11．如圖甲所示，兩平行金屬板的板長l=0.20m，板間距d=6.0×10^-2m，在金屬板右側(cè)有一范圍足夠大的方向垂直于紙面向里的勻強磁場，其邊界為MN，與金屬板垂直．金屬板的下極板接地，上極板的電壓u隨時間變化的圖線如圖乙所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=1.0×10^-2T．現(xiàn)有帶正電的粒子以v₀=5.0×10⁵m/s的速度沿兩板間的中線OO′連續(xù)進入電場，經(jīng)電場后射入磁場．已知帶電粒子的比荷$\frac{q}{m}$=10⁸C/kg，粒子的重力忽略不計，假設(shè)在粒子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)極板間的電壓可以看作不變，不計粒子間的作用（計算中取tan15°=4/15）．

（1）求t=0時刻進入的粒子，經(jīng)邊界MN射入磁場和射出磁場時兩點間的距離；
（2）求t=0.30s時刻進入的粒子，在磁場中運動的時間；
（3）試證明：在以上裝置不變時，以v₀射入電場比荷相同的帶電粒子，經(jīng)邊界MN射入磁場和射出磁場時兩點間的距離都相等．

Answer 1

分析 （1）t=0時刻，電壓為0，故粒子在電場中不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，由洛侖茲力充當(dāng)向心力公式可得出粒子的偏轉(zhuǎn)半徑；由幾何關(guān)系可得出入射點與出射點間的距離；
（2）粒子在電場中做類平拋運動，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律求出粒子進入磁場時的速度，粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)粒子周期公式與粒子轉(zhuǎn)過的圓心角求出粒子的運動時間；
（3）粒子在磁場中做圓周運動，分析清楚粒子運動過程，根據(jù)粒子運動過程分析證明．

解答 解：（1）t=0時，u=0，帶電粒子在極板間不偏轉(zhuǎn)，水平射入磁場，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，解得：r=0.5m，距離：s=2r=1.0m；
（2）帶電粒子在勻強電場中水平方向的速度：v₀=5.0×10⁵m/s，
豎直方向的速度為：v_y=at=$\frac{qU}{md}$$\frac{l}{{v}_{0}}$，
所以進入磁場時速度與初速度方向的夾角為α．如圖所示：

tanα=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$，解得：tanα=$\frac{4}{15}$，解得α=15°，
由幾何關(guān)系可知，帶電粒子在磁場中運動的圓弧所對的圓心角為φ，即為150°，設(shè)帶電粒子在磁場中運動的時間為t，
所以：t=$\frac{5}{12}$T=$\frac{5πm}{6qB}$≈2.6×10^-6s；
（3）證明：設(shè)帶電粒子射入磁場時的速度為v，帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r=$\frac{mv}{qB}$，
進入磁場時帶電粒子速度的方向與初速度的方向的夾角為α，cosα=$\frac{{v}_{0}}{v}$，
由幾何關(guān)系可知，帶電粒子在磁場中運動的圓弧所對的圓心角為φ=π-2α，帶電粒子在磁場中的圓滑所對的弦長為s，
s=2rsin$\frac{φ}{2}$=2rcosα，s=$\frac{mv}{qB}$•$\frac{{v}_{0}}{v}$=$\frac{2m{v}_{0}}{qB}$；
從上式可知弦長s取決于磁感應(yīng)強度、粒子的比荷及初速度，而與電場無關(guān)．
答：（1）經(jīng)邊界MN射入磁場和射出磁場時兩點間的距離是1.0m；
（2）在磁場中運動的時間2.6×10^-6s；
（3）證明過程如上所述．

點評 本題應(yīng)注意題意中給出的條件，在粒子穿出電場的時間極短，電壓看作不變；同時要注意帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)類題目一定要找清幾何關(guān)系．