Question

6．如圖甲所示，兩平行金屬板間接有如圖乙所示的隨時間t變化的電壓U_AB，兩板間電場可看做是均勻的，且兩板外無電場，極板長L=0.2m，板間距離d=0.2m，在金屬板右側有一邊界為MN的區(qū)域足夠大的勻強磁場，MN與兩板間中線OO′垂直，磁感應強度B=5×10^-3T，方向垂直紙面向里．現有帶正電的粒子流沿兩板中線OO′連續(xù)射入電場中，已知每個粒子的速度v_o=10⁵m/s，比荷$\frac{q}{m}$=10⁸C/kg，重力忽略不計，每個粒子通過電場區(qū)域的時間極短，此極短時間內電場可視作是恒定不變的．求：

（1）在t=0.1s時刻射入電場的帶電粒子，進入磁場時在MN上的入射點和出磁場時在MN上的出射點間的距離為多少；
（2）帶電粒子射出電場時的最大速度；
（3）在t=0.25s時刻從電場射出的帶電粒子，在磁場中運動的時間．

Answer 1

分析 （1）在t=0．ls時刻射入電場的帶電粒子，在電場中做勻速直線運動，進入磁場做圓周運動，垂直邊界進入磁場，知運動半個圓周射出，在MN上射入點和射出點的距離為2R．
（2）帶電粒子從極板的邊緣射出電場時速度最大，根據帶電粒子在磁場中做類平拋運動，根據沿電場方向上的勻加速直線運動，求出偏轉的電壓，根據動能定律求出射出電場的最大速度．
（3）在t=0.25s時偏轉電壓為100V，根據第二問解出的結論知，粒子貼著上邊緣進入磁場，根據v=$\sqrt{2}{v}_{0}$，知垂直進入磁場時與磁場邊界的夾角為$\frac{π}{4}$，射出磁場時與磁場邊界的夾角也為$\frac{π}{4}$，故對應的圓心角為$\frac{1}{2}π$，根據t=$\frac{θ}{2π}T$求出運動的時間．

解答 解：（1）在t=0.1s時刻射入電場的帶電粒子，在極板間做勻速直線運動，以v₀垂直磁場邊界垂直射入磁場，由qvB=$\frac{m{v}^{2}}{R}$可得：
$R=\frac{mv}{qB}=0.2$m
在MN上的入射點和出磁場時在MN上的出射點間的距離為：d=2R=0.4m
（2）設帶電粒子從極板的邊緣射出電場時的速度最大，對應的瞬時電壓為u₀，則：$\frac{1}{2}d=\frac{1}{2}\frac{q{u}_{0}}{md}（\frac{L}{{v}_{0}}）^{2}$
  解得：u₀=100V
由動能定理：$\frac{1}{2}m{v}^{2}=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}+\frac{1}{2}q{u}_{0}$
射出的最大速度：$v=\sqrt{2}{v}_{0}=\sqrt{2}×1{0}^{5}$m/s
（3）在T=0.25S時刻從電場射出的帶電粒子，從極板的上邊緣射出電場，垂直進入磁場時與磁場邊界的夾角為$\frac{π}{4}$，射出磁場時與磁場邊界的夾角也為$\frac{π}{4}$，故對應的圓周的圓心角為$\frac{1}{2}π$，故在磁場中運動的時間為圓周運動周期的四分之一．
由qvB=$\frac{m{v}^{2}}{R}$，$T=\frac{2πr}{v}$
得到：$T=\frac{2πm}{qB}$，
得：$t=\frac{1}{4}T=1.57×1{0}^{-5}$s
答：（1）在t=0.1s時刻射入電場的帶電粒子，進入磁場時在MN上的入射點和出磁場時在MN上的出射點間的距離為0.4m；
（2）帶電粒子射出電場時的最大速度是$\sqrt{2}×1{0}^{5}$m/s；
（3）在t=0.25s時刻從電場射出的帶電粒子，在磁場中運動的時間是1.57×10^-5s．

點評 解決本題的關鍵理清粒子在電場中和磁場中的運動軌跡，結合運動學公式、牛頓第二定律和動能定理進行求解．