Question

20．如圖甲所示，兩平行金屬板A、B的板長l=0.20m，板間距d=0.20m，兩金屬板間加如圖乙所示的交變電壓，并在兩板間形成交變的電場，忽略其邊緣效應(yīng)．在金屬板右側(cè)有一方向垂直于紙面向里的勻強磁場，其左右寬度d=0.40m，上下范圍足夠大，邊界MN和PQ均與金屬板垂直．勻強磁場的磁感應(yīng)強度B=1.0×10^-2T．現(xiàn)從t=0開始，從兩極板左端的中點O處以每秒鐘1000個的速率不停地釋放出某種帶正電的粒子，這些粒子均以v_o=2.0×10⁵ m/s的速度沿兩板間的中線OO′射入電場，已知帶電粒子的比荷$\frac{q}{m}$=1.0×10⁸C/kg，粒子的重力和粒子間的相互作用都忽略不計，在粒子通過電場區(qū)域的極短時間內(nèi)極板間的電壓可以看作不變．取x=3，sin37°=0.6，cos37°=0.8求：

（1）t=0時刻進入的粒子，經(jīng)邊界MN射入磁場和射出磁場時兩點間的距離；
（2）在電壓變化的第一個周期內(nèi)有多少個帶電的粒子能進入磁場；
（3）何時由O點進入的帶電粒子在磁場中運動的時間最長？最長時間為多少？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合洛倫茲力提供向心力，即可求解；
（2）根據(jù)類平拋運動的處理方法，結(jié)合運動學(xué)公式，從而確定電壓，進而得出運動的時間，即可求解；
（3）當(dāng)粒子向下偏轉(zhuǎn)，出射后恰好與磁場右邊界相切時，粒子在磁場中的圓心角最大，時間最長．根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合幾何關(guān)系，及運動學(xué)公式，即可求解．

解答 解：（1）t=0時刻電壓為零，粒子勻速通過極板由牛頓第二定律$Bq{v}_{0}^{\;}=m\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$     
得：$r=\frac{{mv_0^{\;}}}{Bq}=0.2m＜D$所以出射點到入射點的距離為s=2r=0.4m
（2）考慮臨界情況：粒子剛好不能射出電場
對類平拋過程：$y=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$，$a=\frac{{U}_{0}^{\;}q}{dm}$，$l={v}_{0}^{\;}t$     
聯(lián)立解得${U_0}=\frac{{{d^2}mv_0^2}}{{q{l^2}}}=400V$
當(dāng)$|{u}_{AB}^{\;}|＜{U}_{0}^{\;}$時，粒子可以射出電場，根據(jù)比例關(guān)系得第一個周期內(nèi)能夠出射的粒子數(shù)為$n=\frac{400}{500}×1000×T=3200$個
（3）當(dāng)粒子向下偏轉(zhuǎn)，出射后恰好與磁場右邊界相切時，粒子在磁場中的圓心角最大，時間最長．
設(shè)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)角為θ：則$\frac{{v}_{y}^{\;}}{{v}_{0}^{\;}}=tanθ$，$v=\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$
磁場中圓周運動：$Bqv=m\frac{{v}_{\;}^{2}}{r}$
幾何關(guān)系r+rsinθ=D
聯(lián)立得：$\frac{BqD}{m{v}_{0}^{\;}}=1+sinθ\sqrt{1+ta{n}_{\;}^{2}θ}=\frac{1+sinθ}{cosθ}$
代入數(shù)據(jù)解得：sinθ=0.6即θ=37°，
又因為${v}_{y}^{\;}=\frac{Uq}{dm}•t={v}_{0}^{\;}tan37°$
$l={v}_{0}^{\;}t$
解得：U=300V
所以對應(yīng)的入射時刻為t=4n+0.6（s）或t=4n+1.4（s）（n=0、1、2…）
在磁場中運動的最長時間為$△t=\frac{254}{360}T=\frac{254}{360}•\frac{2πm}{Bq}≈4.2×{10^{-6}}s$
答：（1）t=0時刻進入的粒子，經(jīng)邊界MN射入磁場和射出磁場時兩點間的距離為0.4m；
（2）在電壓變化的第一個周期內(nèi)有3200個帶電的粒子能進入磁場；
（3）當(dāng)t=4n+0.6（s）或t=4n+1.4（s）（n=0、2、3…）時刻由O點進入的帶電粒子在磁場中運動的時間最長，最長時間為$4.2×1{0}_{\;}^{-6}s$

點評 考查粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，掌握運動處理的規(guī)律，理解這兩種處理的方法，注意幾何關(guān)系的正確運用，同時會畫出運動的軌跡