Question

15．如圖甲所示，兩平行金屬板AB間接有如圖乙所示的電壓，兩板間的電場可看作勻強電場，且兩板外無電場，板長L=0.8m，板間距離d=0.6m．在金屬板右側有一磁感應強度B=2.0×10^-2T，方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁場寬度為l₁=0.12m，磁場足夠長．MN為一豎直放置的足夠大的熒光屏，熒光屏距磁場右邊界的距離為l₂=0.08m，MN及磁場邊界均與AB兩板中線OO′垂直．現(xiàn)有帶正電的粒子流由金屬板左側沿中線OO′連續(xù)射入電場中．已知每個粒子的速度v₀=4.0×10⁵m/s，比荷$\frac{q}{π}$=1.0×10⁸C/kg，重力忽略不計，每個粒子通過電場區(qū)域的時間極短，電場可視為恒定不變．

（1）求t=0時刻進入電場的粒子打到熒光屏上時偏離O′點的距離；
（2）若粒子恰好能從金屬板邊緣離開，求此時兩極板上的電壓；
（3）試求能離開電場的粒子的最大速度，并通過計算判斷該粒子能否打在右側的熒光屏上？如果能打在熒光屏上，試求打在何處．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，應用牛頓第二定律求出粒子軌道半徑，然后求出粒子的偏移量；
（2）粒子在電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律與動能定理可以求出電勢差；
（3）粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，應用類平拋運動規(guī)律與牛頓第二定律分析答題．

解答 （1）t=0時進入電場的粒子勻速通過電場，進入磁場后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{R}_{1}}$，
解得：R₁=0.2m，
粒子運動軌跡如圖所示：
由幾何知識可得：sinθ=$\frac{{l}_{1}}{{R}_{1}}$=$\frac{0.12}{0.2}$=0.6，
粒子在磁場中偏移的距離：y₁=R₁-R₁cosθ，
代入數(shù)據(jù)解得：y₁=0.04m，
粒子出磁場后做勻速直線運動，y₂=l₂tan，
代入數(shù)據(jù)解得：y₂=0.06m，
粒子打到熒光屏上時偏離O′的距離為：y=y₁+y₂=0.10m；
（2）設兩板間電壓為U₁時，帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場，
$\frac{1}{2}$d=$\frac{1}{2}$at²，q$\frac{{U}_{1}}l18olt6$=ma，L=v₀t，
解得：U₁=900V，
（3）由動能定理得：q$\frac{{U}_{1}}bsf6cjg$=$\frac{1}{2}$mv₁²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
解得：v₁=5×10⁵m/s，
粒子在電場中的偏向角α，cosα=$\frac{{v}_{0}}{v}$=$\frac{4×1{0}^{5}}{5×1{0}^{5}}$=0.8，
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qv₁B=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{{R}_{2}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：R₂=0.25m，
R₂-R₂sinα=0.25-0.25×$\sqrt{{1}^{2}-0．{8}^{2}}$=0.1m＜l₁=0.12m，
該粒子不能從磁場偏出打在熒光屏上；
答：（1）t=0時刻進入電場的粒子打到熒光屏上時偏離O′點的距離為0.10m；
（2）若粒子恰好能從金屬板邊緣離開，此時兩極板上的電壓為900V；
（3）能離開電場的粒子的最大速度為5×10⁵m/s，該粒子不能打在右側的熒光屏上．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程是正確解題的前提與關鍵，應用動能定理、類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律即可正確解題．