Question

15．如图甲所示，两平行金属板AB间接有如图乙所示的电压，两板间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场，板长L=0.8m，板间距离d=0.6m．在金属板右侧有一磁感应强度B=2.0×10^-2T，方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为l₁=0.12m，磁场足够长．MN为一竖直放置的足够大的荧光屏，荧光屏距磁场右边界的距离为l₂=0.08m，MN及磁场边界均与AB两板中线OO′垂直．现有带正电的粒子流由金属板左侧沿中线OO′连续射入电场中．已知每个粒子的速度v₀=4.0×10⁵m/s，比荷$\frac{q}{m}$=1.0×10⁸C/kg，重力忽略不计，每个粒子通过电场区域的时间极短，电场可视为恒定不变．

（1）求t=0时刻进入电场的粒子打到荧光屏上时偏离O′点的距离；
（2）若粒子恰好能从金属板边缘离开，求此时两极板上的电压；
（3）试求能离开电场的粒子的最大速度，并通过计算判断该粒子能否打在右侧的荧光屏上？如果能打在荧光屏上，试求打在何处．

Answer 1

分析 （1）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，然后求出粒子的偏移量；
（2）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电势差；
（3）粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律分析答题．

解答 解：（1）t=0时进入电场的粒子匀速通过电场，进入磁场后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{R}_{1}}$，代入数据解得：R₁=0.2m，
粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识可得：sinθ=$\frac{{l}_{1}}{{R}_{1}}$=$\frac{0.12}{0.2}$=0.6，
粒子在磁场中偏移的距离：y₁=R₁-R₁cosθ，
代入数据解得：y₁=0.04m，
粒子出磁场后做匀速直线运动，y₂=l₂tan，
代入数据解得：y₂=0.06m，
粒子打到荧光屏上时偏离O′的距离为：y=y₁+y₂=0.10m；
（2）设两板间电压为U₁时，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，
$\frac{1}{2}$d=$\frac{1}{2}$at²，q$\frac{{U}_{1}}{d}$=ma，L=v₀t，
解得：U₁=900V，
（3）由动能定理得：q$\frac{{U}_{1}}{2}$=$\frac{1}{2}$mv₁²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
代入数据解得：v₁=5×10⁵m/s，
粒子在电场中的偏向角α，cosα=$\frac{{v}_{0}}{v}$=$\frac{4×1{0}^{5}}{5×1{0}^{5}}$=0.8，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qv₁B=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{{R}_{2}}$，
代入数据解得：R₂=0.25m，
R₂-R₂sinα=0.25-0.25×$\sqrt{1-0．{8}^{2}}$=0.1m＜l₁=0.12m，
该粒子不能从磁场偏出打在荧光屏上；
答：（1）t=0时刻进入电场的粒子打到荧光屏上时偏离O′点的距离为0.10m；
（2）若粒子恰好能从金属板边缘离开，此时两极板上的电压为900V；
（3）能离开电场的粒子的最大速度为5×10⁵m/s，该粒子不能打在右侧的荧光屏上．

点评 本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，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．