Question

（2013?防城港模擬）如圖甲所示，兩平行金屬板A、B的板長l=0.20m，板間距d=0.20m，兩金屬板間加如圖乙所示的交變電壓，并在兩板間形成交變的電場，忽略其邊緣效應．在金屬板右側有一方向垂直于紙面向里的勻強磁場．其左右寬度D=0.40m，上下范圍足夠大，邊界MN和PQ均與金屬板垂直．勻強磁場的磁感應強度B=1.0×10^-2T．現(xiàn)從t=0開始，從兩極板左端的中點O處以每秒1000個的速率不停地釋放出某種帶正電的粒子，這些粒子均以v₀=2.0×10⁵m/s的速度沿兩板間的中線OO′射入電場，已知帶電粒子的比荷

q

m

=1.0×10⁸C/kg，粒子的重力和粒子間的相互作用都忽略不計，在粒子通過電場區(qū)域的極短時間內極板間的電壓可以看作不變，sin37°=0.6，cos37°=0.8．問：

（1）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是多少？
（2）當AB板間電壓滿足什么條件時，帶電粒子可以進入磁場？在電壓變化的第一個周期內有多少個帶電的粒子能進入磁場？
（3）何時由O點進入的帶電粒子在磁場中運動的時間最長？最長時間為多少？（π≈3）

Answer 1

分析：（1）根據(jù)牛頓第二定律，結合洛倫茲力提供向心力，即可求解；
（2）根據(jù)類平拋運動的處理方法，結合運動學公式，從而確定電壓，進而得出運動的時間，即可求解；
（3）當粒子向下偏轉，出射后恰好與磁場右邊界相切時，粒子在磁場中的圓心角最大，時間最長．根據(jù)牛頓第二定律，結合幾何關系，及運動學公式，即可求解．

解答：解：（1）t=0時刻電壓為零，粒子勻速通過極板
由牛頓第二定律Bqv₀=

m v 2 0

r

得：r=

mv0

Bq

=0.2m＜D   
所以出射點到入射點的距離為S=2r=0.4m；
（2）考慮臨界情況：粒子剛好不能射出電場
對類平拋過程：y=

1

2

at²=

d

2

，
a=

U0q

dm

，
l=v₀t  
聯(lián)立解得U₀=

d2m v 2 0

ql2

=400V
當|u_AB|＜U₀時，粒子可以射出電場
第一個周期內能夠出射的粒子數(shù)為n=

400

500

×1000×T=3200個；
（3）當粒子向下偏轉，出射后恰好與磁場右邊界相切時，粒子在磁場中的圓心角最大，時間最長．
設粒子在電場中的偏轉角為θ：則

vy

v0

=tanθ，
v=

v 2 0 + v 2 y

磁場中圓周運動：Bqv=

mv2

r

幾何關系：r+rsinθ=D：
   
聯(lián)立得：

qBD

mv0

=（1+sinθ）

1+tan2θ

=

1+sinθ

cosθ

代入數(shù)據(jù)解得：sinθ=0.6 
 即θ=37°
又因為v_y=

Uq

dm

?t=v₀tan37°，
l=v₀t    
解得：U=300V
所以對應的入射時刻為t=4n+0.6（s）或t=4n+1.4（s）（n=0、1、2、…）
在磁場中運動的最長時間為△t=

254

360

T=

254

360

?

2πm

Bq

≈4.2×10^-6s．
答：（1）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是0.4m；
（2）當AB板間電壓滿足當|u_AB|＜U₀時，粒子可以射出電場條件時，帶電粒子可以進入磁場，在電壓變化的第一個周期內有3200個帶電的粒子能進入磁場；
（3）入射時刻為t=4n+0.6（s）或t=4n+1.4（s）（n=0、1、2、…）由O點進入的帶電粒子在磁場中運動的時間最長，最長時間為4.2×10^-6s．

點評：考查粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，掌握運動處理的規(guī)律，理解這兩種處理的方法，注意幾何關系的正確運用，同時會畫出運動的軌跡．