Question

如圖所示，帶正電的粒子以水平速度v₀從平行金屬板MN間中線OO′連續(xù)射入，MN板間接有如圖乙所示的隨時間變化的電壓u_MN，令電場只存在兩板間，緊鄰金屬板右側(cè)有垂直紙面向里的勻強磁場B，CD為分界線、EF為屏幕，已知金屬板間距、磁場寬度、極板長均為0.2m，每個帶正電粒子速度v₀=10⁵m/s，比荷為q/m=10⁸C/kg，B=5×10^-3T，粒子重力不計，在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，可認為電場是恒定不變的，求：
（1）帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑；
（2）帶電粒子射出電場的最大速度；
（3）帶電粒子打在屏幕EF上的范圍．

Answer 1

分析：（1）由題意，在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，可認為電場是恒定不變的．在t=0時刻射入電場的帶電粒子時電場電壓為零，不被加速，進入磁場做圓周運動的半徑最小，洛倫茲力提供向心力求出帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑；
（2）將帶電粒子的運動沿著水平方向和豎直方向正交分解，水平方向為勻速運動，豎直方向為初速度為零的勻加速運動，根據(jù)運動學公式列式求解；
帶電粒子從平行板邊緣射出時，電場力做功最多，獲得的動能最大，根據(jù)動能定理列式求解；
（3）經(jīng)過電場偏轉(zhuǎn)后，粒子速度向上偏轉(zhuǎn)或向下偏轉(zhuǎn)，畫出可能的軌跡圖，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得到軌道半徑，通過幾何關系求解．

解答：解：解：（1）t=0時刻射入電場的帶電粒子不被加速，進入磁場做圓周運動的半徑最小，
粒子在磁場中運動時有qv₀B=m

v 2 0

r

r_min=

mv0

qB

=

105

5×10-3×108

m=0.2m
（2）因帶電粒子通過電場時間t=

l

v0

=2×10^-6s＜T，所以帶電粒子通過電場過程中可認為電場恒定不變．
設兩板間電壓為U₁時，帶電粒子能從N板右邊緣飛出，
則 

d

2

=

1

2

U1q

dm

(

l

v0

)2
得  U₁=

md2 v 2 0

ql2

=100V
在電壓低于或等于100V時，帶電粒子才能從兩板間射出電場，故U₁=100V時，
帶電粒子射出電場速度最大，q

U1

2

1

2

m

v

2 m

-

1

2

mv₀²
解得：v_m=

v 2 0 + qU1 m

=1.41×10⁵m/s
（3）t=0時刻進入電場中粒子，進入磁場中圓軌跡半徑最小，打在熒光屏上最高點E，
O′E=r_min=0.2m
從N板右邊緣射出粒子，進入磁場中圓軌跡半徑最大，
qv_mB=m

v 2 m

rm

解得：r_m=

mvm

qB

=

2

5

m
因v_m=

2

v₀，故tanθ=

vy

v0

=1，θ=45°，
O₂P=2×

2

?

d

2

=0.2

2

m=r_max
所以從P點射出粒子軌跡圓心O₂正好在熒光屏上且O₂與M板在同一水平線上，0′O₂=

d

2

=0.1m，
O′F=r_m-O₂O′=

2

5

-0.1=0.18（m）
帶電粒子打在熒光屏AB上范圍為：EF=O′E+O′F=0.38m
答：（1）帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑為0.2m；
（2）帶電粒子射出電場時的最大速度為1.41×10⁵m/s；
（3）帶電粒子打在屏幕EF上的范圍為離屏幕中心上0.2m，下0.18m，長度為0.38m．

點評：本題關鍵是畫出粒子進入磁場后的各種可能的運動軌跡，根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式后得出半徑，然后求出磁偏轉(zhuǎn)的距離表達式，并得出回旋角度的范圍，從而得到磁偏轉(zhuǎn)的范圍．