Question

7．如图甲所示，平行金属板PQ、MN水平固定在地面上方的空间，金属板长l=20cm，两板间距d=10cm，两板间偏转电压U_MP=100V．在距金属板M端左下方某位置有一粒子源A，从粒子源竖直向上连续发射速度相同的带电粒子，射出的带电粒子在空间通过一垂直于纸面向里的磁感应强度B=0.20T的圆形匀强磁场区域（图中未画出）后，恰好从带电金属板PQ的左下边缘水平进入两金属板间，带电粒子在电场力作用下恰好从金属板MN的右边缘飞出．已知带电粒子的比荷$\frac{q}{m}$=2.0×10⁶C/kg．（重力不计，计算结果保留两位有效数字）求：

（1）带电粒子射入电场时的速度大小；
（2）圆形匀强磁场区域的最小半径；
（3）若两金属板间加上如图乙所示的偏转电压，在哪些时刻进入两金属板间的带电粒子不碰到极板而能够飞出两板间．

Answer 1

分析 （1）粒子进入电场时做类平抛运动，根据平抛运动的基本公式即可求解；
（2）粒子进入电场时，速度方向改变了解90°，可见粒子在磁场中转了四分之一圆周．根据向心力公式及几何关系即可求解；
（3）先求出带电粒子进入两金属板间，穿过电场需要的时间，根据牛顿第二定律求出加上电压后的加速度，根据平抛运动的基本公式求出恰好不碰到极板的条件，画出粒子运动的轨迹，分析要抓住周期性．

解答 解：
（1）设带电粒子从PQ左边缘进入电场的速度为v，由MN板右边缘飞出的时间为t，带电粒子在电场中运动的加速度为a，则
   d=$\frac{1}{2}$at²a=$\frac{qU}{dm}$
  t=$\frac{l}{v}$
则 v=$\sqrt{\frac{{qU{I^2}}}{{2{d^2}m}}}$
解得：v=2.0×10⁴m/s
（2）粒子进入电场时，速度方向改变了90°，可见粒子在磁场中转了四分之一圆周．设圆形匀强磁场区域的最小半径为r，粒子运动的轨道半径为R，则qvB=m$\frac{v^2}{R}$
得 R=$\frac{mv}{qB}$=0.05m
由图中几何关系可知 r=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$R=0.035m
圆形磁场区域的最小半径 r=0.035m
（3）带电粒子以v=2.0×10⁴m/s进入两金属板间，穿过电场需要的时间为
  t=$\frac{l}{v}$=1.0×10^-5s，正好是交变电压的半个周期．
在两极板上加上如图所示的交变电压后，设带电粒子的加速度为a′，则
  a′=$\frac{qU′}{dm}$=4.0×10⁹m/s²
t=0时刻进入电场的粒子穿过电场时的偏转量为：
  y=$\frac{1}{2}$a′t²=0.20m＞d=10cm，粒子将打在MN板上．
同理，t=2.0、4.0、6.0…2.0n（n=0、1、2、3…）时刻进入电场的粒子都将打在MN板上．
设带电粒子在t₁时刻进入两极板间，恰好从MN板右边缘飞出，带电粒子进入电场后向下加速的时间为△t₁，则减速阶段的时间也是△t₁，如图所示，由对称性可知

 d=2×$\frac{1}{2}$a′△t$_1^2$，△t₁=0.50×10^-5s
所以t₁=t-△t₁=（1.0-0.5）×10^-5s=0.5×10^-5s
设带电粒子在t₂时刻进入两极板间，恰好从PQ板右边缘飞出．它在竖直方向的运动是先加速向下，经过△t₂时间后电场反向，粒子在竖直方向运动改为减速向下，又经过时间
△t₂，竖直分速度减为零，然后加速向上直到从Q点飞出电场．粒子这一运动过程的轨迹示意图如图所示，带电粒子进入电场后向下加速的时间为△t₂，

 y₁=2×$\frac{1}{2}$a′（△t₂）²=$\frac{1}{2}$a′×（t-2△t₂）²
△t₂=（1-$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$）×10^-5s
  t₂=t-△t₂=[1.0-（1-$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$）]×10^-5s=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$×10^-5s=0.70×10^-5s
考虑到交变电流的周期性，带电粒子不碰到极板而能够飞出两板间的时刻t为
（0.5+2n）×10^-5s＜t＜（0.70+2n）×10^-5s（n=0，1，2，3…）
答：
（1）带电粒子射入电场时的速度大小为2.0×10⁴m/s；
（2）圆形匀强磁场区域的最小半径为0.035m；
（3）若两金属板间改加如图乙所示的电压，当（0.5+2n）×10^-5s＜t＜（0.70+2n）×10^-5s（n=0，1，2，3…）时进入两金属板间的带电粒子不碰到极板而能够飞出两板间．

点评 本题应注意粒子的运动过程，粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，要求学生应认真审题，画出粒子运动的轨迹，彻底明白题意才能正确求解．同时还应注意题目中的几何关系的掌握．