Question

7．如圖（a）所示，M、N為中心開有小孔的平行板電容器的兩極，相距D=lm，其右側(cè)為垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感強(qiáng)度B=1×10^-3T，磁場(chǎng)區(qū)域足夠長(zhǎng)，寬為d=0.01m；在極板M、N之間加有如圖（b）所示的交變電壓（設(shè)N極電勢(shì)高于M極時(shí)電壓為正），現(xiàn)有帶負(fù)電粒子不斷從極板M中央小孔處射入電容器內(nèi)（粒子的速度可看作零；重力不計(jì)），取其荷質(zhì)比q：m=2×10¹¹C/kg，試求：

（1）要使帶電粒子從磁場(chǎng)右側(cè)射出，帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度要滿足什么條件？
（2）在交變電壓第一個(gè)周期內(nèi)，哪些時(shí)刻進(jìn)入電容器內(nèi)的粒子能從磁場(chǎng)的右側(cè)射出來？

Answer 1

分析 根據(jù)牛頓第二定律求粒子在電容器中的加速度，然后由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出時(shí)間；
根據(jù)動(dòng)能定理求粒子到達(dá)磁場(chǎng)時(shí)的速度，然后由牛頓第二定律求出磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，結(jié)合幾何知識(shí)求偏移的距離L；
恰好與右邊界相切為從右邊界射出的臨界情況，結(jié)合動(dòng)能定理和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式計(jì)算判斷．

解答 解：（1）帶電粒子在磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：$qvB=m\frac{v^2}{R}$，解得：$R=\frac{mv}{qB}$，
粒子要從磁場(chǎng)的右側(cè)射出，其作圓周運(yùn)動(dòng)的半徑須滿足：R≥d，解得：$v≥\frac{qBd}{m}$，
代入數(shù)據(jù)解得：v≥2×10⁶m/s；
（2）粒子在電場(chǎng)中，無論作加速運(yùn)動(dòng)還是作減速運(yùn)動(dòng)，其加速度的大小都為：$a=\frac{qU}{mD}$，
設(shè)帶電粒子先作加速運(yùn)動(dòng)后作減速運(yùn)動(dòng)至極板N在中央小孔處，以速度v進(jìn)入磁場(chǎng)中，
則：$D=\frac{{{{（at）}^2}}}{2a}+\frac{{{{（at）}^2}-{v^2}}}{2a}$，式中t為粒子作加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，
解得：$t=\sqrt{\frac{{2aD+{v^2}}}{{2{a^2}}}}$$t=\sqrt{\frac{{2×4×{{10}^{12}}+{{（2×{{10}^6}）}^2}}}{{2×{{（4×{{10}^{12}}）}^2}}}}s=\sqrt{\frac{8+4}{{2×{4^2}}}}×{10^{-6}}s=\frac{1}{4}×\sqrt{\frac{12}{2}}×{10^{-6}}s=\frac{{\sqrt{6}}}{4}×{10^{-6}}s$
故t≥0.61×10^-6s，所以，在0-0.39×10^-6s時(shí)間內(nèi)進(jìn)入電容器內(nèi)的粒子將從磁場(chǎng)右側(cè)射出；
答：（1）要使帶電粒子從磁場(chǎng)右側(cè)射出，帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度要滿足的條件是：v≥2×10⁶m/s；
（2）在交變電壓第一個(gè)周期內(nèi)，0-0.39×10^-6s時(shí)刻進(jìn)入電容器內(nèi)的粒子能從磁場(chǎng)的右側(cè)射出來．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了電子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題，要求同學(xué)們能正確分析粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，并結(jié)合幾何關(guān)系求解，難度較大．