Question

14．如圖甲所示，兩平行金屬板A、B的板長L=0.2m，板間距d=0.2m．兩金屬板間加如圖乙所示的交變電壓，并在兩板間形成交變的勻強(qiáng)電場，忽略其邊緣效應(yīng)．在金屬板上側(cè)有方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，其上下寬度D=0.4m，左右范圍足夠大，邊界MN和PQ均與金屬板垂直，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1×l0^-2T．在極板下側(cè)中點(diǎn)O處有一粒子源，從t=0時(shí)起不斷地沿著OO′發(fā)射比荷$\frac{q}{m}$=1×l0⁸C/kg、初速度v₀=2×l0⁵m/s的帶正電粒子．忽略粒子重力、粒子間相互作用以及粒子在極板間飛行時(shí)極板間的電壓變化．sin30°=0.5，sin37°=0.6，sin45°=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$
（1）求粒子進(jìn)入磁場時(shí)的最大速率．
（2）對(duì)于在磁場中飛行時(shí)間最長的粒子，求出其在磁場中飛行的時(shí)間以及在0-4s內(nèi)由O點(diǎn)出發(fā)的可能時(shí)刻．
（3）對(duì)于所有能從MN邊界飛出磁場的粒子，試求這些粒子在MN邊界上出射區(qū)域的寬度．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，恰從金屬板邊緣飛出時(shí)，進(jìn)入磁場時(shí)的速率最大．根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律結(jié)合此時(shí)AB兩板間的電壓，根據(jù)動(dòng)能定理求得粒子進(jìn)入磁場時(shí)的最大速率；
（2）粒子進(jìn)入磁場后由洛倫茲力提供向心力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．在磁場中飛行時(shí)間最長的粒子，其運(yùn)動(dòng)軌跡應(yīng)在電場中向B板偏轉(zhuǎn)，在磁場中恰好與上邊界相切，畫出軌跡，由牛頓第二定律、平行四邊形定則、幾何關(guān)系及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求解最長的時(shí)間．由速度分解和牛頓第二定律求得對(duì)應(yīng)AB兩板間的電壓，結(jié)合U_AB-t圖象可得即可得到由0點(diǎn)出發(fā)的可能時(shí)刻；
（3）結(jié)合上題的結(jié)果，得到對(duì)于所有能從MN邊界飛出磁場的粒子，射出時(shí)都集中在電壓U₁=+300V時(shí)和電壓U₂=-400V時(shí)射出點(diǎn)CG之間的范圍內(nèi)，畫出軌跡，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、牛頓第二定律、幾何知識(shí)結(jié)合求得這些粒子在MN邊界上出射區(qū)域的寬度．

解答 解：（1）設(shè)粒子恰從金屬板邊緣飛出時(shí)，AB兩板間的電壓為U₀，
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：$\frac{1}{2}d=\frac{1}{2}{a}_{1}{t}^{2}$
根據(jù)牛頓第二定律得：qE₁=ma₁
而E₁=$\frac{{U}_{0}}z4ct4le$，$t=\frac{L}{{v}_{0}}$，
聯(lián)立以上各式，解得，U₀=400V＜500V
設(shè)粒子進(jìn)入磁場時(shí)的最大速率為v_m，由動(dòng)能定理得：q$•\frac{1}{2}{U}_{0}=\frac{1}{2}m{v}_{m}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得，v_m=2$\sqrt{2}$×10⁵m/s
（2）分析可知，在磁場中飛行時(shí)間最長的粒子，其運(yùn)動(dòng)軌跡應(yīng)在電場中向B板偏轉(zhuǎn)，在磁場中恰好與上邊界相切，如圖所示，

設(shè)粒子進(jìn)入磁場時(shí)，速度v與OO′成θ角，在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t_m，由牛頓第二定律、平行四邊形定則、幾何關(guān)系及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
而：v=$\frac{{v}_{0}}{cosθ}$，R（1+sinθ）=D，T=$\frac{2πm}{qB}$，t_m=$\frac{180°+2θ}{360°}•T$
聯(lián)立上述各式，解得，θ=37°，t_m=$\frac{127π}{9}×1{0}^{-6}s$≈4.43×10^-6s
設(shè)這些粒子進(jìn)入磁場時(shí)在垂直于金屬板方向的速度為v_y，對(duì)應(yīng)AB兩板間的電壓為U₁，在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t₁，由O點(diǎn)出發(fā)的可能時(shí)間為t，則有
v_y=v₀tanθ
v_y=a₂t₁
qE₂=ma₂
E₂=$\frac{{U}_{1}}aob9vau$，
聯(lián)立解得，U₁=300V；
結(jié)合U_AB-t圖象可得，當(dāng)U₁=300V時(shí)，在一個(gè)周期內(nèi)對(duì)應(yīng)的時(shí)刻為：t₀=0.4s或3.6s，因?yàn)殡妷旱闹芷跒門=4s，所以粒子在O點(diǎn)出發(fā)可能時(shí)刻為
t=nT+t₀
即 t=（4n+0.4）s或（4n+3.6）s，其中 n=0，1，2，…
（3）對(duì)于所有能從MN邊界飛出磁場的粒子，射出時(shí)都集中在電壓U₁=+300V時(shí)和電壓U₂=-400V時(shí)射出點(diǎn)CG之間的范圍內(nèi)，如圖所示．

對(duì)于電壓U₁=+300V射出的粒子，設(shè)O′D=y，則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律得
y=$\frac{1}{2}{a}_{2}{t}_{1}^{2}$，qE₂=ma₂，E₂=$\frac{{U}_{1}}aaiqcwk$，
解得，y=0.075m
由第（2）問，該粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑為R，射出電場時(shí)速度v與OO′成θ角．設(shè)在MN邊界上的射出點(diǎn)C和射入點(diǎn)D之間的距離為s₁，根據(jù)牛頓第二定律、平行四邊形定則和幾何關(guān)系得qvB=m $\frac{{v}^{2}}{R}$，
v=$\frac{{v}_{0}}{cosθ}$
s₁=2Rcosθ
聯(lián)立解得，s₁=0.4m．
同理可知，對(duì)于U₂=-400V時(shí)射出的粒子，GH間的距離為s₂為：s₂=$\frac{2m{v}_{0}}{qB}$
設(shè)在MN邊界是粒子出射區(qū)域的寬度為L，由幾何關(guān)系可知：
L=s₂+$\frac{1}{2}$d+y-s₁
代入解得，L=0.175m．
答：（1）粒子進(jìn)入磁場時(shí)的最大速率是2$\sqrt{2}$×10⁵m/s．
（2）對(duì)于在磁場中飛行時(shí)間最長的粒子，在磁場中飛行的時(shí)間是4.43×10^-6s，由0點(diǎn)出發(fā)的可能時(shí)刻是t=（4n+0.4）s或（4n+3.6）s，其中 n=0，1，2，…．
（3）對(duì)于所有能從MN邊界飛出磁場的粒子在MN邊界上出射區(qū)域的寬度是0.175m．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電在電磁場中的運(yùn)動(dòng)，綜合考查了牛頓定律、動(dòng)能定理、受力分析等方面的知識(shí)和規(guī)律．對(duì)考生的分析綜合能力、應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)的能力要求較高．