Question

（2010?徐州三模）如圖甲所示，豎直放置的金屬板A、B中間開有小孔，小孔的連線沿水平放置的金屬板C、D的中間線，粒子源P可以間斷地產(chǎn)生質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（初速不計），粒子在A、B間被加速后，再進入金屬板C、D間偏轉(zhuǎn)并均能從此電場中射出．已知金屬板A、B間的電壓U_AB=U₀，金屬板C、D長度為L，間距d=

3 L

3

．兩板之間的電壓U_CD隨時間t變化的圖象如圖乙所示．在金屬板C、D右側(cè)有二個垂直紙面向里的均勻磁場分布在圖示的半環(huán)形帶中，該環(huán)帶的內(nèi)、外圓心與金屬板C、D的中心O點重合，內(nèi)圓半徑R_l

3 L

3

=，磁感應(yīng)強度B₀=

24mU0 qL2

．已知粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間遠小于電場變化的周期（電場變化的周期T未知），粒子重力不計．

（1）求粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時，在垂直于板面方向偏移的最大距離；
（2）若所有粒子均不能從環(huán)形磁場的右側(cè)穿出，求環(huán)帶磁場的最小寬度；
（3）若原磁場無外側(cè)半圓形邊界且磁感應(yīng)強度B按如圖丙所示的規(guī)律變化，設(shè)垂直紙面向里的磁場方向為正方向．t=

T

2

時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的帶電微粒離開電場后進入磁場，t=

3T

4

時該微粒的速度方向恰好豎直向上，求該粒子在磁場中運動的時間為多少？

Answer 1

分析：（1）由動能定理可求出粒子離開加速電場時的速度，粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，偏轉(zhuǎn)電壓最大時，粒子的偏移量最大，由類平拋運動可以求出粒子的最大偏移量．
（2）由動能定理求出粒子離開偏轉(zhuǎn)磁場時的速度，作出粒子的運動軌跡，由幾何知識求出粒子的軌道半徑，然后求出環(huán)帶的寬度．
（3）由幾何知識求出粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角，分析清楚粒子的運動過程，然后求出粒子的運動時間．

解答：解：（1）設(shè)粒子進入偏轉(zhuǎn)電場瞬間的速度為v₀，
對粒子加速過程由動能定理得qU₀=

1

2

mv₀²-0，
進入偏轉(zhuǎn)電場后，加速度a=

qUCD

md

，
設(shè)運動時間為t，則有L=v₀t，
只有t=

T

2

時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的粒子，垂直于極板方向偏移的距離最大
y=

1

2

at²=

3

6

L；
（2）t=

T

2

時刻進入偏轉(zhuǎn)電場的粒子剛好不能穿出磁場時的環(huán)帶寬度為磁場的最小寬度．
設(shè)粒子進入磁場時的速度為v，y=

3

6

L=

3

6

×

3

d=

1

2

d，U_y=

UCD

d

y=

1

3

U₀，
對粒子的偏轉(zhuǎn)過程，由動能定理得：

1

3

qU₀=

1

2

mv²-

1

2

mv₀²，解得：v=

8qU0 3m

；
在磁場中做圓周運動的半徑為R=

mv

qB0

=

L

3

；

如圖所示，設(shè)環(huán)帶外圓半徑為R₂，由數(shù)學知識可得：（R₂-R）²=R₁²+R²，解得R₂=L；
所求d=R₂-R₁=（1-

3

3

）L；
（3）微粒運動軌跡如圖所示，
微粒在磁場中做勻速圓周運動的周期為T₁=

2πm

qB0

，
設(shè)粒子離開電場時偏轉(zhuǎn)角為θ，則tanθ=

v2

v1

，解得：θ=30°，
由幾何關(guān)系可知微粒運動

T

4

時間軌跡對應(yīng)的圓心角為：φ=120°，
此過程微粒運動的時間為t=

T1

3

，
由圖可知微粒在磁場中運動的時間：
t′=

T1

3

+T₁+

T1

3

=

5

3

T₁=

10πm

3qB0

=

5πL

18

6m qU0

；
答：（1）粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時，在垂直于板面方向偏移的最大距離是

3

6

L；
（2）若所有粒子均不能從環(huán)形磁場的右側(cè)穿出，環(huán)帶磁場的最小寬度是（1-

3

3

）L；
（3）該粒子在磁場中運動的時間為

5πL

18

6m qU0

．

點評：本題考查了帶電粒子在電磁場中的運動，過程復(fù)雜，是一道難題，分析清楚粒子的運動過程，作出粒子的運動軌跡，是正確解題的關(guān)鍵．