Question

6．如圖甲所示，帶電荷的粒子以水平速度V₀沿O′的方向從O點連續(xù)射入電場中（O′為平行金屬板M、N間的中線）．M、N板間接有隨時間變化的電壓U_MN，兩板間電場可看做是均勻的，且兩板外無電場．緊鄰金屬板右側有垂直紙面向里的勻強磁場B，分界線為CD，S為屏幕．金屬板間距為d、長度為l，磁場B的寬度為d．已知B=5×10^-3T，l=d=0.2m，每個粒子的初速V₀=1.0×1⁵m/s，比荷$\frac{q}{m}$=1.0×10⁸C/kg，重力及粒子間相互作用忽略不計，在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內，電場可看做是恒定不變．求：

（1）帶電粒子進入磁場做圓周運動的最小半徑．
（2）帶電粒子射出電場時的最大速度
（3）帶電粒子打在屏幕上的區(qū)域寬度．

Answer 1

分析 （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，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，根據動能定理列式求解；
（3）經過電場偏轉后，粒子速度向上偏轉或向下偏轉，畫出可能的軌跡圖，根據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：（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，
由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{r}_{min}}$，解得：r_min=0.2m；
（2）設兩板間電壓為U₁時，帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場，
則有：$\frac3v2k6sd{2}$=$\frac{1}{2}$$\frac{q{U}_{1}}{md}$$（\frac{l}{{v}_{0}}）^{2}$，解得：U₁=100V．
帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場時，射出速度最大，設最大速度為V_m
則有：$\frac{1}{2}$mv_m²-$\frac{1}{2}$mv₀²=q$\frac{{U}_{1}}{2}$，解得：v_m=$\sqrt{2}$×10⁵m/s=1.4×10⁵m/s；
（3）t=0時刻進入電場中粒子，進入磁場中圓軌跡半徑最小，打在熒光屏上最高點E，
O′E=r_min=0.2m，從N板右邊緣射出粒子，進入磁場中圓軌跡半徑最大，
由牛頓第二定律得：qv_mB=m$\frac{{v}_{m}^{2}}{{r}_{m}}$，解得：r_m=$\frac{\sqrt{2}}{5}$m，
因v_m=$\sqrt{2}$v₀，故tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=1，θ=45°，

O₂P=2$\sqrt{2}$×$\fracfj7baxn{2}$=$\sqrt{2}$d=0.2$\sqrt{2}$m=r_m，
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=$\fracut1byz5{2}$=0.1m，
O′F=r_m-O₂O′=$\frac{\sqrt{2}}{5}$-0.1=0.18m，
帶電粒子打在熒光屏AB上寬度為：
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）帶電粒子打在熒光屏AB上的寬度為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，根據洛倫茲力提供向心力列式后得出半徑，然后求出磁偏轉的距離表達式，并得出回旋角度的范圍，從而得到磁偏轉的范圍．