题目内容
如图所示，真空中两平行金属板A、B长L1=0.10m，间距d=
| ||
| 30 |
| 3 |
| 3 |
（1）通过计算说明，带电粒子经过平行金属板期间，加在两板间的电压几乎不变；
（2）在t=0时刻进入电场的粒子，飞离磁场时离O点的距离；
（3）何时进入电场的粒子，从进入电场到离开磁场所经历的时间最长？并计算最长时间．
分析：（1）粒子在水平方向上匀速直线运动，由运动学公式可求得运动时间t0，与周期T比较可求证．
（2）在t=0时刻射入电场的带电粒子，在电场中做匀速直线运动，进入磁场做圆周运动，垂直边界进入磁场，知运动半个圆周射出，飞离磁场时离O点的距离为2R．
（3）要使粒子运动时间最长，则粒子在磁场中转过的圆心角应最大；由几何关系可知，当粒子的轨迹与PQ相切时，其运动时间最长．
（2）在t=0时刻射入电场的带电粒子，在电场中做匀速直线运动，进入磁场做圆周运动，垂直边界进入磁场，知运动半个圆周射出，飞离磁场时离O点的距离为2R．
（3）要使粒子运动时间最长，则粒子在磁场中转过的圆心角应最大；由几何关系可知，当粒子的轨迹与PQ相切时，其运动时间最长．
解答：解：（1）粒子飞越电场的时间t0=
代入数据求得t0=(
)×10-6s，
周期T=0.02s
由此得到：粒子飞越电场的时间远远小于交变电压变化的时间，即粒子飞越的时间里板间电压几乎不变．
（2）在t=0时刻进入电场的粒子，飞离磁场时离O点的距离；
（2）当t=0时，UAB=0，粒子做匀速直线运动，从O点进入磁场，洛伦兹力提供向心力，
即qv0B=
，
得：R=
=
=0.1m
飞离磁场时与O点的距离h=2R=0.2m
（3）设AB间电压为U0时，粒子从板边缘飞出，侧移量为
=
，
所以：U0=
解得：U0=100V＜200V
说明从进入电场到出磁场的时间最长的粒子，就是电压为100V时从B板边缘飞出的粒子
将U0代入UAB=200sinl00πt（V）
得t=（
+2n）×10-2s n=0、1、2…
粒子在进入磁场前的飞行时间t1=
，代入数据解得t1=
×10-6s
离开电场是速度偏角tanθ=
=
=
?
?
=
，代入数据得tanθ=
，所以θ=30°
粒子在磁场中运动的周期T=
，飞行时间t2=
T=
总时间t=t1+t2，代入t1、t2得t=
(1+
)×10-6s
答：（1）答案如上所述；
（2）在t=0时刻进入电场的粒子，飞离磁场时离O点的距离；
（3）电压为100V时从B板边缘飞出的粒子是从进入电场到出磁场的时间最长的粒子
最长时间
(1+
)×10-6．
| L1 |
| v0 |
代入数据求得t0=(
| ||
| 3 |
周期T=0.02s
由此得到：粒子飞越电场的时间远远小于交变电压变化的时间，即粒子飞越的时间里板间电压几乎不变．
（2）在t=0时刻进入电场的粒子，飞离磁场时离O点的距离；
（2）当t=0时，UAB=0，粒子做匀速直线运动，从O点进入磁场，洛伦兹力提供向心力，
即qv0B=
m
| ||
| R |
得：R=
| mv0 |
| qB |
| ||
108×
|
飞离磁场时与O点的距离h=2R=0.2m
（3）设AB间电压为U0时，粒子从板边缘飞出，侧移量为
| d |
| 2 |
| d |
| 2 |
qU0
| ||
2md
|
所以：U0=
md2
| ||
| qL21 |
解得：U0=100V＜200V
说明从进入电场到出磁场的时间最长的粒子，就是电压为100V时从B板边缘飞出的粒子
将U0代入UAB=200sinl00πt（V）
得t=（
| 1 |
| 6 |
粒子在进入磁场前的飞行时间t1=
| L1+L2 |
| v0 |
| 3 |
离开电场是速度偏角tanθ=
| vy |
| vx |
| at1 |
| v0 |
| qU0 |
| md |
| L1 |
| v0 |
| l |
| v0 |
| d |
| L1 |
| ||
| 3 |
粒子在磁场中运动的周期T=
| 2πm |
| qB |
| 240° |
| 360° |
| 4πm |
| 3qB |
总时间t=t1+t2，代入t1、t2得t=
| 3 |
| 4π |
| 9 |
答：（1）答案如上所述；
（2）在t=0时刻进入电场的粒子，飞离磁场时离O点的距离；
（3）电压为100V时从B板边缘飞出的粒子是从进入电场到出磁场的时间最长的粒子
最长时间
| 3 |
| 4π |
| 9 |
点评：解决本题的关键理清粒子在电场中和磁场中的运动轨迹，结合运动学公式、牛顿第二定律和动能定理进行求解．
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（υ1-υ）
（υ1-υ2）
（
）
（υ-υ1）