Question

1．如圖（甲）所示，兩平行金屬板間接有如圖（乙）所示的隨時間t變化的電壓U，兩板間電場可看作是均勻的，且兩板外無電場，極板長L=0.2m，板間距離d=0.2m，在金屬板右側(cè)有一邊界為MN的區(qū)域足夠大的勻強磁場，MN與兩板中線OO′垂直，磁感應(yīng)強度B=5×10^-3T，方向垂直紙面向里，現(xiàn)有帶正電的粒子流沿兩板中線OO′連續(xù)射入電場中，已知每個粒子的速度v₀=10⁵m/s，比荷$\frac{q}{m}$=10⁸C/kg，重力忽略不計，在每個粒子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，電場可視作是恒定不變的．

（1）試求兩板間加上多大電壓時才能使帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場；
（2）試求帶電粒子離開電場時獲得的最大速度；
（3）證明任意時刻從電場射出的帶電粒子，進入磁場時在MN上的入射點和出磁場時在MN上的出射點間的距離為定值：

Answer 1

分析 （1）當(dāng)兩板間所能加的電壓最大時，粒子射出電場的速度最大．根據(jù)運動的分解和動能定理結(jié)合求出最大速度．
（2）帶電粒子從極板的邊緣射出電場時速度最大，根據(jù)帶電粒子在磁場中做類平拋運動，根據(jù)沿電場方向上的勻加速直線運動，求出偏轉(zhuǎn)的電壓，根據(jù)動能定律求出射出電場的最大速度．
（3）畫出軌跡，由幾何知識找出該距離與軌跡半徑的關(guān)系來證明．

解答 解：（1）設(shè)兩板間電壓為U₁時，粒子在電場中做類平拋運動，帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場，則有
  $\frach1bp3f1{2}$=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$=$\frac{1}{2}•\frac{{U}_{1}q}{md}（\frac{L}{{v}_{0}}）^{2}$
代入數(shù)據(jù)，解得：U₁=100V；
（2）粒子剛好從極板邊緣射出電場時，速度最大，設(shè)最大速度為v₁．
則有：$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$+q$•\frac{{U}_{1}}{2}$
解得：v₁=$\sqrt{2}$×10⁵m/s=1.414×10⁵m/s；
（3）設(shè)粒子進入磁場時速度方向與OO′夾角為θ，
則速度大小 v=$\frac{{v}_{0}}{cosθ}$
粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑 R=$\frac{mv}{qB}$=$\frac{m{v}_{0}}{qBcosθ}$
粒子從磁場中飛出的位置與進入磁場的位置之間的距離s=2Rcosθ=$\frac{2m{v}_{0}}{qB}$
代入數(shù)據(jù)解得：s=0.4m，
s與θ無關(guān)，即射出電場的任何一個帶電粒子進入磁場的入射點與出射點間距離恒為定值．
答：
（1）兩板間加上100V的電壓時才能使帶電粒子剛好從極板邊緣射出電場；
（2）帶電粒子離開電場時獲得的最大速度是1.414×10⁵m/s；
（3）證明見上．

點評 帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動解題一般程序是：
  1、畫軌跡：確定圓心，幾何方法求半徑并畫出軌跡．
  2、找聯(lián)系：軌跡半徑與磁感應(yīng)強度、速度聯(lián)系；偏轉(zhuǎn)角度與運動時間相聯(lián)系，時間與周期聯(lián)系．
  3、用規(guī)律：牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律．