Question

如图甲所示，两平行金厲板A，B的板长L=0.2m，板间距d=0.2m．两金属板 间加如图乙所示的交变电压，并在两板间形成交变的匀强电场，忽略其边缘效应．在金 属板上侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其上下宽度D=0.4m，左右范围足够大，边界MN和PQ均与金属板垂直，匀强磁场的磁感应强度B=1x 1O-2T．在极板下侧中点O处有一粒子源，从t=0时起不断地沿着00'发射比荷=1x108C/kg、初速度v0=2x 105m/s的带正电粒子．忽略粒子重力、粒子间相互作用以及粒子在极板间飞行时极 板间的电压变化．sin30=0.5，sin37=0.6，sin45=．
（1）求粒子进入磁场时的最大速率
（2）对于在磁场中飞行时间最长的粒子，求出其在磁场中飞行的时间以及由0点出发 的可能时刻．
（3）对于所有能从MN边界飞出磁场的粒子，试求这些粒子在MN边界上出射区域的宽度．

Answer 1

【答案】分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，恰从金属板边缘飞出时，进入磁场时的速率最大．根据运动学公式和牛顿第二定律结合此时AB两板间的电压，根据动能定理求得粒子进入磁场时的最大速率；
（2）粒子进入磁场后由洛伦兹力提供向心力而做匀速圆周运动．在磁场中飞行时间最长的粒子，其运动轨迹应在电场中向B板偏转，在磁场中恰好与上边界相切，画出轨迹，由牛顿第二定律、平行四边形定则、几何关系及运动学公式结合求解最长的时间．由速度分解和牛顿第二定律求得对应AB两板间的电压，结合U_AB-t图象可得即可得到由0点出发的可能时刻；
（3）结合上题的结果，得到对于所有能从MN边界飞出磁场的粒子，射出时都集中在电压U₁=+300V时和电压U₂=-400V时射出点CG之间的范围内，画出轨迹，由运动学公式、牛顿第二定律、几何知识结合求得这些粒子在MN边界上出射区域的宽度．
解答：解：（1）设粒子恰从金属板边缘飞出时，AB两板间的电压为U，由运动学公式及牛顿第二定律得：
   
  qE₁=ma₁
 
 
联立以上各式，解得，U=400V＜500V
设粒子进入磁场时的最大速率为v_m，由动能定理得
 =-
解得，v_m=2×10⁵m/s
（2）分析可知，在磁场中飞行时间最长的粒子，其运动轨迹应在电场中向B板偏转，在磁场中恰好与上边界相切，如图所示，设粒子进入磁场时，速度v与OO′成θ角，在磁场中运动时间为t_m，由牛顿第二定律、平行四边形定则、几何关系及运动学公式得
   qvB=m
   v=
  R（1+sinθ）=D
  T=
 t_m=
联立上述各式，解得，θ=37°，t_m=≈4.43×10^-6s
设这些粒子进入磁场时在垂直于金属板方向的速度为v_y，对应AB两板间的电压为U₁，在电场中运动的时间为t₁，由O点出发的可能时间为t，则有
   v_y=vtanθ
   v_y=a₂t₁
   qE₂=ma₂
   E₂=
联立解得，U₁=300V
结合U_AB-t图象可得，当U₁=300V时，在一个周期内对应的时刻为：t=0.4s或3.6s，因为电压的周期为T=4s，所以粒子在O点出发可能时刻为
   t=nT+t
即 t=（4n+0.4）s或（4n+3.6）s，其中 n=0，1，2，…
（3）对于所有能从MN边界飞出磁场的粒子，射出时都集中在电压U₁=+300V时和电压U₂=-400V时射出点CG之间的范围内，如图所示．
对于电压U₁=+300V射出的粒子，设O′D=y，则由运动学公式和牛顿第二定律得
  y=
  qE₂=ma₂，
   E₂=
解得，y=0.075m
由第（2）问，该粒子在磁场中的运动半径为R，射出电场时速度v与OO′成θ角．设在MN边界上的射出点C和射入点D之间的距离为s₁，根据牛顿第二定律、平行四边形定则和几何关系得
   qvB=m
   v=
  s₁=2Rcosθ
联立解得，s₁=0.4m．
同理可知，对于U₂=-400V时射出的粒子，GH间的距离为s₂为：s₂=
设在MN边界是粒子出射区域的宽度为L，由几何关系可知：
  L=
代入解得，L=0.175m
答：（1）粒子进入磁场时的最大速率是2×10⁵m/s．
（2）对于在磁场中飞行时间最长的粒子，在磁场中飞行的时间是4.43×10^-6s，由0点出发的可能时刻是t=（4n+0.4）s或（4n+3.6）s，其中 n=0，1，2，…．
（3）对于所有能从MN边界飞出磁场的粒子在MN边界上出射区域的宽度是0.175m．
点评：本题考查带电在电磁场中的运动，综合考查了牛顿定律、动能定理、受力分析等方面的知识和规律．对考生的分析综合能力、应用数学知识的能力要求较高．