Question

如圖甲所示，平行金屬板A和B間的距離為d，現(xiàn)在A、B板上加上如圖乙所示的方波電壓，t=0時A板比B板的電勢高．電壓的正向值為U₀，反向值也為U₀，現(xiàn)有由質(zhì)量為m電量為+q的粒子組成的粒子束，從AB的中點O以平行于金屬板中軸OO′線的速度v₀=

qU0T

3md

不斷射入，所有粒子在AB間的飛行時間均為T，不計重力影響．試求：
（1）粒子射出電場時位置離中軸線OO′的距離范圍
（2）粒子射出電場時的速度
（3）若要使射出電場的粒子經(jīng)某一垂直紙面的圓形區(qū)域勻強磁場偏轉(zhuǎn)后，都能通過圓形磁場邊界的一個點處，而便于再收集，則磁場區(qū)域的最小半徑和相應的磁感強度是多大？

Answer 1

分析：（1）粒子進入電場后水平方向做勻速直線運動，豎直方向先做勻加速運動后做勻減速運動，粒子由t=nT時刻進入電場，向下側(cè)移最大，由牛頓第二定律和運動學結(jié)合求出最大側(cè)移．粒子由t=nT+

2

3

T時刻進入電場，向上側(cè)移最大，再求出此側(cè)移，即可得到范圍．
（2）粒子在打出粒子的速度都是相同的，由速度合成法求解．
（3）要使平行粒子能夠交于圓形磁場區(qū)域邊界且有最小區(qū)域時，磁場直徑最小值與粒子寬度相等，即可得到磁場區(qū)域的最小半徑．粒子進入勻強磁場中，由洛倫茲力提供向心力，可牛頓第二定律求出相應的磁感強度．

解答：解：（1）當粒子由t=nT時刻進入電場，向下側(cè)移最大，（n=0，1，2…）則：
s₁=

1

2

a(

2T

3

)2+a(

2T

3

)?

T

3

-

1

2

a(

T

3

)2，a=

qU0

md

解得：s₁=

7qU0T2

18md

當粒子由t=nT+

2

3

T時刻進入電場，向上側(cè)移最大，則：
s2=

1

2

a(

T

3

)2
解得：s2=

qU0T2

18md

所以，在距離O′中點下方

7qU0T2

18md

至上方

qU0T2

18md

范圍內(nèi)有粒子打出． 
（2）打出粒子的速度都是相同的，在沿電場線方向速度大小為 v_y=a?

T

3

所以打出速度大小為 v=

v 2 0 + v 2 y

解得 v=

2 qU0T

3md

設速度方向與v₀的夾角為θ，則 tanθ=

vy

v0

=1，得θ=45°
（3）要使平行粒子能夠交于圓形磁場區(qū)域邊界且有最小區(qū)域時，磁場直徑最小值與粒子寬度相等，粒子寬度D=（s₁+s₂）cos45°     
故磁場區(qū)域的最小半徑為  r=

D

2

=

2 qU0T2

9md

粒子在磁場中作圓周運動 qvB=m

v2

r

解得 B=

3m

qT

答：（1）粒子射出電場時位置離中軸線OO′的距離范圍為距離O′中點下方

7qU0T2

18md

至上方

qU0T2

18md

范圍內(nèi)．
（2）粒子射出電場時的速度大小為

2 qU0T

3md

，速度方向與v₀的夾角為45°．
（3）磁場區(qū)域的最小半徑為

2 qU0T2

9md

，相應的磁感強度是

3m

qT

．

點評：本題分析粒子的運動情況，確定粒子什么時刻進入電場時，偏轉(zhuǎn)距離最大是關鍵．粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何知識求出半徑．