题目内容

如图甲所示，质量和电荷量均相同的带正电的粒子连续从小孔O1进入电压U0=50V的加速电场区（初速度可忽略不计），加速后由小孔O2沿竖直放置的平行金属板ab中心线射入金属板间的匀强电场区，然后再进入平行金属板a、b下面的匀强磁场区，最后打到感光片上．已知平行金属板a、b间的距离d=0.15m，两板间的电压U随时间t变化的随时间变化的U-t图线图线如图乙所示，且a板电势高于b板电势．磁场的上边界MN与金属板ab下端相平，且与O1、O2连线垂直，交点为O，磁场沿水平方向，且与a、b板间的电场方向垂直，磁感应强度B=1.0×10-2 T．带电粒子在匀强磁场区运动，最后打在沿MN水平放置的感光片上，打在感光片上形成一条亮线P1P2，P1到O点的距离x1=0.15m，P2到O点的距离 x2=0.20m．电场区可认为只存在于金属板间，带电粒子通过电场区的时间极短，可以认为粒子在这一运动过程中平行金属板a、b间的电压不变，不计粒子受到的重力和粒子间的相互作用力．
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（1）已知t=0时刻进入平行金属板a、b间的带电粒子打在感光片上的P2点，求带电粒子的比荷q/m；（保留两位有效数字）
（2）对任何时刻射入平行金属板a、b间的带电粒子，证明其射入磁场时的入射点和打到感光片上的位置之间的距离△x为定值；
（3）设打到P1点的带电粒子在磁场中运动的时间为t1，打到P2点的带电粒子在磁场中运动的时间为t2，则两时间之差（△t=t1-t2）为多大？（保留两位有效数字）
分析：（1）根据动能定理求出粒子离开加速电场时的速度，再几何关系求出粒子在磁场中圆周运动的轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力列式求解即可；
（2）根据几何关系求出粒子在偏转电场中偏转后再进入磁场做圆周运动的过程中，找出粒子在电场中偏转和磁场中偏转角度间的关系然后求解；
（3）根据几何关系求出两种情况下半径间的距离，根据类平抛运动和做匀速圆周运动的时间求解．
解答：精英家教网解：（1）设粒子经过加速电场从小孔O2射出时的速度为v0，则依据动能定理qU0=
1
2
m
v
2
0

当U=0时，粒子以速度v0进入磁场后做匀速圆周运动到达P2点，轨迹半径R0=
x2
2

由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得  qv0B=m
v
2
0
R0

解得带电粒子的比荷
q
m
=
8U0
B2
x
2
2
=1.0×108 C/kg                         
（2）设粒子进入磁场时速度方向与O1O的夹角为θ，则速度大小v=
v0
cosθ

粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径R=
mv
qB
=
mv0
qBcosθ

由几何关系得△x=2Rcosθ=
2mv0
qB

即△x与θ无关，为定值．                
（3）由（2）可知，带电粒子在平行金属板a、b间的最大偏移量y=x2-x1=0.05 m，
对应的偏转电压U=50V                                              
带电粒子进入平行金属板a、b时的速度v0=
2qU0
m
=1.0×105 m/s
设偏移量最大的带电粒子离开平行金属板a、b时的速度为v，由动能定理q
yU
d
=
1
2
mv2-
1
2
m
v
2
0

解得      v=
2
3
3
×105m/s
所带电粒子离开平行金属板a、b时的速度偏转角θ=arccos
v0
v
=
π
6

偏移量最大的在磁场中做圆周运动的轨迹对应的圆心角α=
4π
3

在磁场中做圆周运动的时间t1=
2
3
T
当电压为零时进入磁场的带电粒子在磁场中做圆周运动的时间t2=
1
2
T
带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T=
2πR
v
=
2πm
qB

所以，△t=t1-t2=
1
6
T=
πm
3qB
=1.0×10-6 s
点评：应用动能定理、类平抛运动的知识、牛顿定律即可正确解题；本题难度较大，是一道难题．
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(1)磁场磁感应强度的变化率．

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(3)在(2)的条件下，若已知小球C从无限远处缓慢地移到轴O的正下方L处的过程中，小球C克服匀强电场的电场力做功为W1，小球A，B，C之间的库仑力做功为W2，则在这个过程中匀强电场和小球A，B，C组成的整个系统的电势能变化量△W为多少？
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（1）已知t=0时刻进入平行金属板a、b间的带电粒子打在感光片上的P2点，求带电粒子的比荷q/m；（保留两位有效数字）
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（3）设打到P1点的带电粒子在磁场中运动的时间为t1，打到P2点的带电粒子在磁场中运动的时间为t2，则两时间之差（△t=t1-t2）为多大？（保留两位有效数字）

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