Question

17．如圖所示，兩水平放置的平行金屬板a、b，板長L=0.2m，板間距d=0.2m，兩金屬板間加可調控的電壓U，且保證a板帶負電，b帶正電，忽略電場的邊緣效應，在金屬板右側有一磁場區域，其左右總寬度s=0.4m，上下范圍足夠大，磁場邊界MN和PQ均與金屬板垂直，磁場區域被等寬地劃分為n（正整數）個豎直區間，磁感應強度大小均為B=5×10^-3T，方向從左向右為垂直紙面向外、向內、向外…．在極板左端有一粒子源，不斷地向右沿著與兩板等距的水平線OO′發射比荷$\frac{q}{m}$=1×10⁸C/kg、初速度為v₀=2×10⁵m/s的帶正電粒子．忽略粒子重力以及它們之間的相互作用．
（1）當取U何值時，帶電粒子射出電場時的速度偏向角最大；
（2）若n=1，即只有一個磁場區間，其方向垂直紙面向外，則當電壓由0連續增大到U過程中帶電粒子射出磁場時與邊界PQ相交的區域的寬度；
（3）若n趨向無窮大，則偏離電場的帶電粒子在磁場中運動的時間t為多少？

Answer 1

分析 （1）當粒子從邊緣射出時，速度偏向角最大；根據分運動公式列式求解即可；
（2）逐漸增大偏轉電壓U，速度偏向角變大，磁偏轉半徑變大，與PQ交點逐漸上移；找出兩個臨界情況，根據洛倫茲力提供向心力列式求解半徑，由幾何關系得到離開磁場的位置；
（3）考慮粒子以一般情況入射到磁場，速度為v，偏向角為θ，當n趨于無窮大時，運動軌跡趨于一條沿入射速度方向的直線（漸近線）；根據分運動公式列式求解即可．

解答 解：（1）設速度偏向角為θ，則tanθ=$\frac{{v}_{y}^{\;}}{{v}_{0}^{\;}}$，顯然當v_y最大時，tanθ最大．
當粒子恰好從極板右邊緣出射時，速度偏向角最大． 
豎直方程：$y=\fracp9vv5xb5{2}=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$，a=$\frac{qU}{md}$；                      
水平方程：x=L=v₀t                                  
解得：U=400V            
（2）由幾何關系知，逐漸增大U_ba，速度偏向角變大，磁偏轉半徑變大，與PQ交點逐漸上移．    
   
當U=0時，交點位置最低（如圖中D點）：
由Bqv₀=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{r}_{1}^{\;}}$得：r₁=$\frac{m{v}_{0}^{\;}}{Bq}$；
此時交點D位于OO′正下方0.4m處．   
當U=400V時，交點位置最高（如圖中C點）：
由v_y=at=$\frac{Uq}{dm}•\frac{L}{{v}_{0}^{\;}}$=2×10⁵m/s
得：$v=\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}=\sqrt{2}{v}_{0}^{\;}=2\sqrt{2}×1{0}_{\;}^{5}m/s$
由Bqv=m$\frac{{v}_{\;}^{2}}{{r}_{2}^{\;}}$，
得：r₂=$\frac{mv}{Bq}=0.4\sqrt{2}m$
由tanθ=$\frac{{v}_{y}^{\;}}{{v}_{x}^{\;}}$=1，得入射方向為與水平方向成45°角；
由幾何關系得，此時交點位于OO′正上方${r}_{2}^{\;}-\frac{\sqrt{2}}{2}{r}_{2}^{\;}+\fracp9vv5xb5{2}$=$0.4\sqrt{2}-0.3（m）$處．
所以交點范圍寬度為：CD=0.4+0.4$\sqrt{2}$-0.3=0.1+0.4$\sqrt{2}$（m）
（3）考慮粒子以一般情況入射到磁場，速度為v，偏向角為θ，當n趨于無窮大時，運動軌跡趨于一條沿入射速度方向的直線（漸近線）．  
又因為速度大小不變，因此磁場中運動可以等效視為勻速直線運動．    


軌跡長度為：S′=$\frac{s}{cosθ}$，運動速率為：v=$\frac{{v}_{0}^{\;}}{cosθ}$
時間為：t=$\frac{s′}{v}=\frac{s}{{v}_{0}^{\;}}$=$\frac{0.4}{2×1{0}_{\;}^{5}}s=2×1{0}_{\;}^{-6}s$
答：（1）當U取400V時，帶電粒子射出電場時的速度偏向角最大；
（2）當電壓由0連續增大到U過程中帶電粒子射出磁場時與邊界PQ相交的區域的寬度為0.1+0.4$\sqrt{2}$（m）；
（3）若n趨向無窮大，則偏離電場的帶電粒子在磁場中運動的時間t為2×10^-6s．

點評 本題關鍵明確粒子的運動規律，在電場中是類似平拋運動，在磁場中是勻速圓周運動，第三問關鍵是n趨向無窮大時將粒子的運動簡化為勻速直線運動，難在運動模型的轉化．