Question

如圖甲所示，兩平行金屬板AB間接有如圖乙所示的電壓，兩板間的電場(chǎng)可看作勻強(qiáng)電場(chǎng)，且兩板外無電場(chǎng)，板長(zhǎng)L=0.8 m，板間距離d=0.6 m。在金屬板右側(cè)有一磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.0×10-2 T，方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)寬度為l1=0.12 m，磁場(chǎng)足夠長(zhǎng)。MN為一豎直放置的足夠大的熒光屏，熒光屏距磁場(chǎng)右邊界的距離為l2=0.08 m，MN及磁場(chǎng)邊界均與AB兩板中線OO’垂直�，F(xiàn)有帶正電的粒子流由金屬板左側(cè)沿中線OO’連續(xù)射入電場(chǎng)中。已知每個(gè)粒子的速度v0=4.0×105 m/s，比荷=1.0×108 C/kg，重力忽略不計(jì)，每個(gè)粒子通過電場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間極短，電場(chǎng)可視為恒定不變。

  ⑴求t=0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子打到熒光屏上時(shí)偏離O’點(diǎn)的距離；

 ⑵若粒子恰好能從金屬板邊緣離開，求此時(shí)兩極板上的電壓；

⑶試求能離開電場(chǎng)的粒子的最大速度，并通過計(jì)算判斷該粒子能否打在右側(cè)的熒光屏上？如果能打在熒光屏上，試求打在何處。

Answer 1

【知識(shí)點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓第二定律；向心力．I3C2D4

【答案解析】（1）0.10m（2）U1=900V（3）不能解析：（1）t=0時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)的粒子勻速通過電場(chǎng)，
進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：
qv0B=m，解得：R1=0.2m．
設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)、的圓心角為θ，
由幾何知識(shí)可知：sinθ===0.6．
粒子在磁場(chǎng)中偏移的距離為：y1=R1-R1cosθ，解得：y1=0.04m．
粒子出磁場(chǎng)后做勻速運(yùn)動(dòng)，y2=l2tanθ，代入數(shù)據(jù)解得：y2=0.06m．
所以粒子打在熒光屏上時(shí)偏離O’點(diǎn)的距離為：y=y1+y2=0.10m；

（2）設(shè)兩板之間電壓為U1時(shí)，帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場(chǎng)，

則，d=at2，由牛頓第二定律得：=ma，
由速度公式得：L=v0t，聯(lián)立解得：U1=900V．
（3）由動(dòng)能定理得，q•=mv12-mv02．
解得能離開電場(chǎng)的粒子的最大速度，v1=5×105m/s．
設(shè)粒子在電場(chǎng)中的偏向角為α，則cosα=，cosα=0.8．
該粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，由牛頓第二定律得：qv1B=m，
解得，粒子軌道半徑：R2=，代入數(shù)據(jù)解得：R2=0.25m．
由于R2-R2sinα=0.1m＜=0.12m，所以該粒子不能從磁場(chǎng)中偏出打在熒光屏上．

【思路點(diǎn)撥】（1）由牛頓第二定律可以求出粒子的軌道半徑；作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何知識(shí)求出距離；（2）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律與牛頓第二定律分析答題．