Question

5．由水平平行板電容器和勻強磁場組成一射線管，電容器上、下極板分別接電源的正、負極，極板長L₁=4cm，兩板間距d=8cm．緊靠電容器右側有一界弱磁場區(qū)域（虛線邊界內），磁感應強度B=2.5×10^-3T，方向垂直紙面向里（未畫出）．現有初速度v₀=1.0×10⁵m/s的正離子束（重力不計）沿電容器中心線OO′水平向右射入電容器，離子的荷質比$\frac{q}{m}$=2×10⁹C/kg．當電容器兩極極加5V＜U＜10V電壓時，離子從磁場左邊界的P₁P₂間進入磁場，從右邊界P₃P₄間飛出磁場，P₂P₄間的連線平行OO′．求：
（1）磁場的寬度L₂；
（2）P₃離中心線OO′的距離s．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，利用公式求得合速度及速度的方向，在磁場中借助半徑公式求得半徑，再由幾何關系求解即可．
（2）和（1）的求解一樣，確定半徑和速度夾角，利用幾何關系確定P₃的位置，再由偏轉知識求解距離即可．

解答 解：（1）粒子在平行板電容器中做平拋運動，當電壓為10V時，粒子偏轉較大將到達P₂點，從p₄點射出磁場，
水平方向做勻加速運動：由L=v₀t，
解得：t=4×10^-7s，
豎直方向上勻加速運動：$a=\frac{Eq}{m}=\frac{Uq}{md}=\frac{10×2×1{0}^{9}}{0.08}=2.5×1{0}^{11}m/{s}^{2}$
豎直方向速度：${v}_{y}=at=2.5×1{0}^{11}×4×1{0}^{-7}=1×1{0}^{5}m/s$=v₀，
粒子的合速度為：${v}_{合}=\sqrt{2}{v}_{0}=\sqrt{2}×1{0}^{5}m/s$，與水平方向夾角：θ=45°
由帶電粒子在磁場中運動的半徑公式得：$R=\frac{mv}{Bq}=\frac{\sqrt{2}×1{0}^{5}}{2.5×1{0}^{-3}×2×1{0}^{9}}=\frac{\sqrt{2}}{50}m$，
P₂P₄兩點在一條直線上，由幾何關系得：$cos45°=\frac{\frac{{L}_{2}}{2}}{R}$，
解得：L₂=0.04m，
（2）設進入磁場后恰好偏出磁場的電壓為U，
進入磁場時豎直方向的速度為v_y，$R=\frac{m{v}_{合}}{Bq}$，由圖可知：R+Rcosθ=L₂，得：$\frac{m{v}_{合}}{Bq}（1+\frac{{v}_{y}}{{v}_{合}}）=0.04$
代入數據得：$\frac{1}{2×1{0}^{9}×2.5×1{0}^{-3}}（{v}_{合}+{v}_{y}）=0.04$
又有：${v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}={v}_{合}^{2}$，聯立兩式解得：${v}_{y}=7.5×1{0}^{4}m/s$
粒子在平行板電容器中做平拋運動，水平方向做勻加速運動：由L=v₀t，
解得：t=4×10^-7s，
豎直方向上勻加速運動：$a=\frac{Eq}{m}=\frac{Uq}{md}$，豎直方向速度：${v}_{y}=at=\frac{Uq{L}_{1}}{md{v}_{0}}=\frac{U×2×1{0}^{9}×0.04}{0.08×1×1{0}^{5}}=7.5×1{0}^{4}$
解得：U=7.5V，
即當電壓為7.5V時，粒子恰好從p₁點進入磁場，從p₃點離開磁場，
p₁p₃兩點豎直方向上的距離為：y₂=Rsinθ=$\frac{m{v}_{合}}{Bq}×\frac{{v}_{0}}{{v}_{合}}=\frac{m{v}_{0}}{Bq}$=0.02m，
P₁離中心線OO′的距離y₁=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$=$\frac{1}{2}×\frac{7.5×2×1{0}^{9}}{0.08}×（4×1{0}^{-7}）^{2}=0.015m$，
P₃離中心線OO′的距離s=y₂-y₁=0.02-0.015=0.005m
答：（1）磁場的寬度L₂為0.04m；
（2）P₃離中心線OO′的距離s為0.005m．

點評 本題是粒子在電場和磁場中的典型應用，注重粒子的運動軌跡，結合好軌跡之間的幾何關系，求解即可，難點在于軌跡的確定和幾何關系的處理上．