Question

20．如图甲所示，两个平行正对的水平金属板XX′极板长L=0.2$\sqrt{3}$m，板间距离d=0.2m，在金属板右端竖直边界MN的右侧有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度B=5×10^-3T，方向垂直纸面向里．现将X′极板接地，X极板上电势φ随时间变化规律如图乙所示．现有带正电的粒子流以v₀=10⁵m/s的速度沿水平中线OO′连续射入电场中，粒子的比荷q/m=10⁸C/kg，重力可忽略不计，在每个粒子通过电场的极短时间内，电场可视为匀强电场（设两板外无电场）．求：

（1）带电粒子射出电场时的最大速率；
（2）粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间之比；
（3）分别从O′点和距O′点下方$\frac{d}{4}$=0.05m处射入磁场的两个粒子，在MN上射出磁场时两出射点之间的距离．

Answer 1

分析 （1）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律与动能定理可以求出带电粒子射出电场时的最大速率；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律求出粒子轨道半径，结合带电粒子在电场中向上偏转的情况与向下偏转的情况，画出运动的轨迹，由几何关系以及：$\frac{t}{T}=\frac{θ}{2π}$即可得出时间关系；
（3）分别从O′点和距O′点下方$\frac{d}{4}$=0.05m处射入磁场的两个粒子，由带电粒子在电场中运动的特点，求出粒子的偏转角，然后画出运动的轨迹，由几何关系即可得出结果．

解答 解：（1）带电粒子在偏转电场中做类平抛运动：
水平：$t=\frac{L}{v_0}=2\sqrt{3}×{10^{-6}}$s   
竖直：$y=\frac{1}{2}a{t^2}=\frac{d}{2}$，其中$a=\frac{{q{U_1}}}{dm}$，
所以${U_1}=\frac{adm}{q}=\frac{100}{3}$V  
当U＞$\frac{100}{3}$V时进入电场中的粒子将打到极板上，即在电压等于$\frac{100}{3}$V时刻进入的粒子具有最大速度
所以由动能定理得：$q\frac{U_1}{2}=\frac{1}{2}mv_t^2-\frac{1}{2}mv_0^2$，
得：v_t=$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}×{10^5}$m/s，
（2）计算可得，粒子射入磁场时的速度与水平方向的夹角为30°，从下极板边缘射出的粒子轨迹如图中a所示，磁场中轨迹所对的圆心角为240°，时间最长

从上极板边缘射出的粒子轨迹如图中b所示，磁场中轨迹所对应的圆心角为120°，时间最短 
因为两粒子的周期$T=\frac{2πm}{Bq}$相同，所以粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间之比为2：1  
（3）如下图，从O′点射入磁场的粒子速度为v₀，它在磁场中的出射点与入射点间距为d₁=2R₁
得：${R_1}=\frac{{m{v_1}}}{Bq}$，
所以：${d_1}=\frac{{2m{v_0}}}{Bq}$
从距O′点下方$\frac{d}{4}$=0.05m处射入磁场的粒子速度与水平方向夹角φ，则它的速度为${v_2}=\frac{v_0}{cosϕ}$，它在磁场中的出射点与入射点间距为d₂=2R₂cosϕ，
由于${R_2}=\frac{{m{v_2}}}{Bq}$，所以${d_2}=\frac{{2m{v_0}}}{Bq}$
所以两个粒子向上偏移的距离相等！
所以：两粒子射出磁场的出射点间距仍为进入磁场时的间距，即$\frac{d}{4}=0.05$m 
答：（1）带电粒子射出电场时的最大速率是$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}×{10^5}$m/s；
（2）粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间之比是2：1；
（3）分别从O′点和距O′点下方$\frac{d}{4}$=0.05m处射入磁场的两个粒子，在MN上射出磁场时两出射点之间的距离是0.05m．

点评 本题以带电粒子在场中运动问题为命题背景考查学生的推理、分析和应用数学处理物理问题的能力．分析清楚粒子运动过程是正确解题的前提与关键，应用动能定理、类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题．