Question

7．如圖甲所示，平行金屬板PQ、MN水平固定在地面上方的空間，金屬板長l=20cm，兩板間距d=10cm，兩板間偏轉(zhuǎn)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一垂直于紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.20T的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域（圖中未畫出）后，恰好從帶電金屬板PQ的左下邊緣水平進(jìn)入兩金屬板間，帶電粒子在電場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$\frac{q}{m}$=2.0×10⁶C/kg．（重力不計(jì)，計(jì)算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）求：

（1）帶電粒子射入電場時(shí)的速度大�。�
（2）圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最小半徑；
（3）若兩金屬板間加上如圖乙所示的偏轉(zhuǎn)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

分析 （1）粒子進(jìn)入電場時(shí)做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的基本公式即可求解；
（2）粒子進(jìn)入電場時(shí)，速度方向改變了解90°，可見粒子在磁場中轉(zhuǎn)了四分之一圓周．根據(jù)向心力公式及幾何關(guān)系即可求解；
（3）先求出帶電粒子進(jìn)入兩金屬板間，穿過電場需要的時(shí)間，根據(jù)牛頓第二定律求出加上電壓后的加速度，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的基本公式求出恰好不碰到極板的條件，畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，分析要抓住周期性．

解答 解：
（1）設(shè)帶電粒子從PQ左邊緣進(jìn)入電場的速度為v，由MN板右邊緣飛出的時(shí)間為t，帶電粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的加速度為a，則
   d=$\frac{1}{2}$at²a=$\frac{qU}{dm}$
  t=$\frac{l}{v}$
則 v=$\sqrt{\frac{{qU{I^2}}}{{2{d^2}m}}}$
解得：v=2.0×10⁴m/s
（2）粒子進(jìn)入電場時(shí)，速度方向改變了90°，可見粒子在磁場中轉(zhuǎn)了四分之一圓周．設(shè)圓形勻強(qiáng)磁場區(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$\frac{v^2}{R}$
得 R=$\frac{mv}{qB}$=0.05m
由圖中幾何關(guān)系可知 r=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$R=0.035m
圓形磁場區(qū)域的最小半徑 r=0.035m
（3）帶電粒子以v=2.0×10⁴m/s進(jìn)入兩金屬板間，穿過電場需要的時(shí)間為
  t=$\frac{l}{v}$=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a′，則
  a′=$\frac{qU′}{dm}$=4.0×10⁹m/s²
t=0時(shí)刻進(jìn)入電場的粒子穿過電場時(shí)的偏轉(zhuǎn)量為：
  y=$\frac{1}{2}$a′t²=0.20m＞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)入電場后向下加速的時(shí)間為△t₁，則減速階段的時(shí)間也是△t₁，如圖所示，由對稱性可知

 d=2×$\frac{1}{2}$a′△t$_1^2$，△t₁=0.50×10^-5s
所以t₁=t-△t₁=（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△t₂時(shí)間后電場反向，粒子在豎直方向運(yùn)動(dòng)改為減速向下，又經(jīng)過時(shí)間
△t₂，豎直分速度減為零，然后加速向上直到從Q點(diǎn)飛出電場．粒子這一運(yùn)動(dòng)過程的軌跡示意圖如圖所示，帶電粒子進(jìn)入電場后向下加速的時(shí)間為△t₂，

 y₁=2×$\frac{1}{2}$a′（△t₂）²=$\frac{1}{2}$a′×（t-2△t₂）²
△t₂=（1-$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$）×10^-5s
  t₂=t-△t₂=[1.0-（1-$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$）]×10^-5s=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$×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…）
答：
（1）帶電粒子射入電場時(shí)的速度大小為2.0×10⁴m/s；
（2）圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的最小半徑為0.035m；
（3）若兩金屬板間改加如圖乙所示的電壓，當(dāng)（0.5+2n）×10^-5s＜t＜（0.70+2n）×10^-5s（n=0，1，2，3…）時(shí)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．

點(diǎn)評 本題應(yīng)注意粒子的運(yùn)動(dòng)過程，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，要求學(xué)生應(yīng)認(rèn)真審題，畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，徹底明白題意才能正確求解．同時(shí)還應(yīng)注意題目中的幾何關(guān)系的掌握．