Question

8．如圖甲所示，平行板電容器水平放置，電容器極板間接入如圖乙的交變電壓，圖中U₀=10V，T₀=1.0×10^-3s，電容器右側(cè)為垂直紙面向里的勻強磁場，磁場區(qū)域足夠大，磁感應(yīng)強度B=0.01T，磁場的左邊界為豎直線MN，一束比荷為10⁵C/kg的正粒子以相同的速度v₀=10³m/s沿電容器中線OO′源源不斷地射入兩板間，已知電容器極板長度L=2m，整個裝置處于真空中，不計離子重力及粒子間作用力．

（1）對所有入射的粒子，只有在某些特定時刻射入電場的離子才能垂直MN進入磁場，請求出這些特定時刻
（2）要使每一個入射粒子都能從電場中射出，求兩極板間的距離d的取值范圍．
（3）對于所有經(jīng)過電場射入磁場的帶電粒子，設(shè)其射入磁場的入射點和從磁場射出的出射點間的距離為x，請判斷x的大小是否隨時間變化？如果不變，求出x的值，如果變化，求出x與時間t的函數(shù)關(guān)系．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，平行于極板的方向做勻速直線運動，由L=vt求出運動的時間，然后結(jié)合電場的周期性分析即可；
（2）粒子在電場中做類平拋運動，要使每一個入射粒子都能從電場中射出，要使每一個入射粒子都能從電場中射出；
（3）求出進入磁場的粒子的速度的大小與方向，由洛倫茲力提供向心力求出各粒子的半徑，畫出運動的軌跡，結(jié)合軌跡中的幾何關(guān)系即可求出x隨時間的變化關(guān)系．

解答 解：（1）粒子在電場中做類平拋運動，平行于極板的方向做勻速直線運動，由L=vt₁得運動的時間：${t}_{1}=\frac{L}{{v}_{0}}=\frac{2}{1{0}^{3}}=2×1{0}^{-3}$s
可知t₁=2T
所以帶電粒子在電場中沿電場的方向向上的加速時間與向上的減速時間是相等的，或者說，向下加速的時間與向下減速的時間是相等的，所以所有的粒子都可以垂直于MN進入磁場．
（2）粒子在電場中做類平拋運動，在t=0，T，2T…時刻進入的粒子向上加速0.5T，然后減速0.5T，此時沿電場線方向的分速度為0，；然后再加速0.5T，減速0.5T，在沿電場線的方向做單向的運動，沿電場線方向的位移最大；同理，在t=0.5，1.5T，2.5T…時刻進入的粒子向下的位移最大；
以t=0時刻進入的粒子為例，則前半個周期：$a=\frac{qE}{m}=\frac{q{U}_{0}}{md}=1{0}^{5}×\frac{10}hvvha5k$，位移：
$s=\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{1}{2}a•（\frac{1}{2}T）^{2}=\frac{1}{8}•\frac{1{0}^{6}}avgqvfh×0.25×1{0}^{6}=\frac{1}{32d}$
由運動的對稱性可知，粒子在0.5T-T時間內(nèi)，沿電場線方向的位移與前半個周期內(nèi)的位移大小相等，所以在粒子穿過電場的過程中的總位移：
${s}_{總}=4s=4×\frac{1}{32d}=\frac{1}{8d}$
則電場的寬度：$d=2{s}_{總}=\frac{1}{4d}$
所以：d=0.5m
要使每一個入射粒子都能從電場中射出，兩極板間的距離d至少是0.5m
（3）由（1）的分析可知，所有的粒子出電場的速度方向都垂直于MN，大小是相等的，x的大小不隨時間變化．
粒子在磁場中做勻速圓周運動，有圓周運動的特點可知，粒子將運動半個圓后向左射出磁場，所以：x=2r
由于洛倫茲力提供向心力，得：$q{v}_{0}B=\frac{m{v}_{0}^{2}}{r}$
所以：$r=\frac{m{v}_{0}}{qB}=\frac{1}{1{0}^{5}}×\frac{1{0}^{3}}{0.01}=1$m
得：x=2r=2m
答：（1）對所有入射的粒子，都能垂直MN進入磁場；
（2）要使每一個入射粒子都能從電場中射出，兩極板間的距離d至少是0.5m．
（3）對于所有經(jīng)過電場射入磁場的帶電粒子，設(shè)其射入磁場的入射點和從磁場射出的出射點間的距離為2m．

點評 本題應(yīng)注意題意中給出的條件，在粒子穿出電場的過程中，隨電壓的周期性的變化，沿電場線方向的運動也有周期性；同時要注意帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)類題目一定要找清幾何關(guān)系．