Question

如圖甲所示，水平加速電場的加速電壓為U₀，在它的右側(cè)有由水平正對放置的平行金屬板a、b構(gòu)成的偏轉(zhuǎn)電場，已知偏轉(zhuǎn)電場的板長L=0.10 m，板間距離d=5.0×10^-2 m，兩板間接有如圖15乙所示的隨時間變化的電壓U，且a板電勢高于b板電勢。在金屬板右側(cè)存在有界的勻強磁場，磁場的左邊界為與金屬板右側(cè)重合的豎直平面MN，MN右側(cè)的磁場范圍足夠大，磁感應強度B=5.0×10^-3T，方向與偏轉(zhuǎn)電場正交向里（垂直紙面向里）。質(zhì)量和電荷量都相同的帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)過電壓U₀=50V的加速電場后，連續(xù)沿兩金屬板間的中線OO′方向射入偏轉(zhuǎn)電場中，中線OO′與磁場邊界MN垂直。已知帶電粒子的比荷=1.0×10⁸ C/kg，不計粒子所受的重力和粒子間的相互作用力，忽略偏轉(zhuǎn)電場兩板間電場的邊緣效應，在每個粒子通過偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，偏轉(zhuǎn)電場可視作恒定不變。

1.求t=0時刻射入偏轉(zhuǎn)電場的粒子在磁場邊界上的入射點和出射點間的距離；

2.求粒子進入磁場時的最大速度；

3.對于所有進入磁場中的粒子，如果要增大粒子在磁場邊界上的入射點和出射點間的距離，應該采取哪些措施？試從理論上推理說明。

 

Answer 1

【答案】

 

1.0.40m

2.（或cosq==，即q=arccos）

3.見解析

【解析】（1）設經(jīng)過加速電場加速后，粒子的速度為v₀，根據(jù)動能定理有

，解得v₀==1.0×10⁵m/s……………………………………（1分）

由于t=0時刻偏轉(zhuǎn)電場的場強為零，所以此時射入偏轉(zhuǎn)電場的粒子將勻速穿過電場而以v₀的速度垂直磁場邊界進入磁場中，在磁場中的運動軌跡為半圓。

設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 

qv₀B=m………………………………………………………………………（1分）

解得 r= …………………………………………………………………………（1分）

所以粒子在磁場邊界上的入射點和出射點間的距離d=2r =0.40m…………………（1分）

（2）設粒子以最大偏轉(zhuǎn)量離開偏轉(zhuǎn)電場，即軌跡經(jīng)過金屬板右側(cè)邊緣處，進入磁場時a、b板的電壓為U_m，則粒子進入偏轉(zhuǎn)電場后，加速度a=

水平方向 L=v₀t

豎直方向 y==

解得 U_m==25 V<50V………………………………………………………（1分）

所以，電壓U_m=25V時對應粒子進入磁場的速度最大，設最大速度大小為v_m，方向與OO′的夾角為q，則對于粒子通過加速電場和偏轉(zhuǎn)電場的過程，根據(jù)動能定理有    qU₀+q=mv_m²

解得 v_m==×10⁵m/s=1.1×10⁵m/s…………………………（1分）

tanq==，即q=arctan……………………………………………（1分）

（或cosq==，即q=arccos）

（說明：計算結(jié)果帶有根號，結(jié)果正確的同樣得分）

（3）設任意時刻進入磁場的粒子，其進入磁場時速度方向與OO′的夾角為α，則其速度大小

粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑 

由如圖答-3所示的幾何關系可知，粒子在磁場邊界上的入射點和出射點間的距離

  ……………………………………………（1分）

所以要增大粒子在磁場邊界上的入射點和出射點間的距離x，應該減小勻強磁場的磁感應強度B，或增大加速電壓U₀………………………………………………………（2分）