Question

10．如圖甲所示，兩平行金屬板間存在電壓U₁=100V的電場(chǎng)，電場(chǎng)可看做是均勻的，且兩板外無電場(chǎng)，板長(zhǎng)L=0.2m，板間距離d=0.2m．在金屬板右側(cè)有一邊界為MN的區(qū)域足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MN與兩板中線OO′垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=5×10^-3T，方向垂直紙面向里．現(xiàn)有帶正電的粒子流沿兩板中線OO'連續(xù)射入電場(chǎng)中，已知每個(gè)粒子速度v₀=10⁵m/s，比荷$\frac{q}{m}$=10⁸C/kg，重力忽略不計(jì)．

（1）求這些粒子射出電場(chǎng)時(shí)沿場(chǎng)強(qiáng)方向的側(cè)移距離；
（2）求這些粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑；
（3）若將兩板間的電壓換成如圖乙所示的交變電壓，每個(gè)粒子通過電場(chǎng)區(qū)域的極短時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)可視為是恒定不變的．證明：在任意時(shí)刻從電場(chǎng)射出的帶電粒子，進(jìn)人磁場(chǎng)時(shí)在MN上的入射點(diǎn)和在MN上的出射點(diǎn)的距離為定值，并推導(dǎo)出該距離的表達(dá)式．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出粒子的側(cè)移量．
（2）由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度，由牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑．
（3）求出粒子的速度，應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑，然后分析答題．

解答 解：（1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，
水平方向：L=v₀t，
豎直方向：y=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$$\frac{q{U}_{1}}{md}$t²，
代入數(shù)據(jù)解得：y=0.1m；
（2）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，
v_y=at=$\frac{q{U}_{1}}{md}$×$\frac{L}{{v}_{0}}$，代入數(shù)據(jù)解得：v_y=1×10⁵m/s，
速度：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$，代入數(shù)據(jù)解得：v=$\sqrt{2}$×10⁵m/s；
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，代入數(shù)據(jù)解得：R=0.2$\sqrt{2}$m；
（3）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與OO′的夾角為θ，速度大小：v=$\frac{{v}_{0}}{cosθ}$，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，解得：R=$\frac{m{v}_{0}}{qBcosθ}$，
進(jìn)人磁場(chǎng)時(shí)在MN上的入射點(diǎn)和在MN上的出射點(diǎn)的距離：S=2Rcosθ，
解得：S=$\frac{2m{v}_{0}}{qB}$，由此可知：S與θ無關(guān)，即進(jìn)人磁場(chǎng)時(shí)在MN上的入射點(diǎn)和在MN上的出射點(diǎn)的距離是定值；
答：（1）這些粒子射出電場(chǎng)時(shí)沿場(chǎng)強(qiáng)方向的側(cè)移距離0.1m；
（2）這些粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑0.2$\sqrt{2}$m；
（3）進(jìn)人磁場(chǎng)時(shí)在MN上的入射點(diǎn)和在MN上的出射點(diǎn)的距離為定值：S=$\frac{2m{v}_{0}}{qB}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了求粒子的偏移量、軌道半徑與距離問題，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過程，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓第二定律即可正確解題．