Question

圖18甲所示，平行金屬板PQ、MN水平地固定在地面上方的空間，金屬板長(zhǎng) l=20cm，兩板間距d=10cm，兩板間的電壓U_MP=100V。在距金屬板M端左下方某位置有一粒子源A，從粒子源豎直向上連續(xù)發(fā)射速度相同的帶電粒子，射出的帶電粒子在空間通過(guò)一垂直于紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.20T的圓形區(qū)域勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)后，恰好從金屬板 PQ左端的下邊緣水平進(jìn)入兩金屬板間，帶電粒子在電場(chǎng)力作用下恰好從金屬板MN的右邊緣飛出。已知帶電粒子的比荷=2.0×10⁶C/kg，粒子重力不計(jì)，計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字。求：

(1)帶電粒子射人電場(chǎng)時(shí)的速度大��；

(2)圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的最小半徑；

(3)若兩金屬板間改加如圖乙所示的電壓，在哪些時(shí)刻進(jìn)入兩金屬板間的帶電粒子不碰到極板而能夠飛出兩板間。

 

Answer 1

【答案】

（1）v=2.0×10⁴m/s ；（2）r=0.036m  （3）（0.5+2n)×10^-5s <t<(0.70+2n) ×10^-5s（n=0，1，2，3…）

【解析】

試題分析：（1）設(shè)帶電粒子從PQ左邊緣進(jìn)入電場(chǎng)的速度為v，由MN板右邊緣飛出的時(shí)間為t，帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度為a，則

 

則    

解得   v=2.0×10⁴m/s

（2）粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，速度方向改變了解90^°，可見粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)了四分之一圓周。設(shè)圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的最小半徑為r，粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，則  qvB= 

m

由圖中幾何關(guān)系可知

r==0.036m

圓形磁場(chǎng)區(qū)域的最小半徑r=0.036m

（3）帶電粒子以v=2.0×10⁴m/s進(jìn)入兩金屬板間，穿過(guò)電場(chǎng)需要的時(shí)間為

t=l/v=1.0×10^-5s，正好是交變電壓的半個(gè)周期。

在兩極板上加上如圖所示的交變電壓后，設(shè)帶電粒子的加速度為aʹ，則

m/s²

時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子穿過(guò)電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)量為：

>d=10cm，粒子將打在MN板上。

同理，t=2.0、4.0、 6.0……2.0n（n=0、1、2、3……）時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子都將打在MN板上。

設(shè)帶電粒子在t₁時(shí)刻進(jìn)入兩極板間，恰好從MN板右邊緣飛出，帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)后向下加速的時(shí)間為Dt₁，則減速階段的時(shí)間也是Dt₁，如圖18題答案圖2所示，由對(duì)稱性可知

  ，Dt₁=0.50×10^-5s

所以   t₁=t-=(1.0-0.5) ×10^-5s=0.5×10^-5s

設(shè)帶電粒子在t₂時(shí)刻進(jìn)入兩極板間，恰好從PQ板右邊緣飛出。它在豎直方向的運(yùn)動(dòng)是先加速向下，經(jīng)過(guò)Dt₂時(shí)間后電場(chǎng)反向，粒子在豎直方向運(yùn)動(dòng)改為減速向下，又經(jīng)過(guò)時(shí)間Dt₂，豎直分速度減為零，然后加速向上直到從Q點(diǎn)飛出電場(chǎng)。粒子這一運(yùn)動(dòng)過(guò)程的軌跡示意圖如圖18題答案圖3所示，帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)后向下加速的時(shí)間為Dt₂，

y₁=

Dt₂=(1－×10^‑5s

t₂= t-Dt₂=[1.0-（1－]×10^-5s=×10^-5s=0.70×10^-5s

考慮到交變電流的周期性，帶電粒子不碰到極板而能夠飛出兩板間的時(shí)刻t為

（0.5+2n)×10^-5s <t<(0.70+2n) ×10^-5s（n=0，1，2，3…）

考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；向心力；動(dòng)能定理的應(yīng)用；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)