Question

17．如圖甲所示，兩平行金屬板的板長l=0.20m，板間距d=6.0×10^-2m，在金屬板右側有一范圍足夠大的方向垂直于紙面向里的勻強磁場，其邊界為MN，與金屬板垂直．金屬板的下極板接地，上極板的電壓u隨時間變化的圖線如圖乙所示，勻強磁場的磁感應強度B=1.0×10^-2T．現有帶正電的粒子以v₀=5.0×10⁵m/s的速度沿兩板間的中線OO?連續進入電場，經電場后射入磁場．已知帶電粒子的比荷$\frac{q}{m}$=10⁸C/kg，粒子的重力忽略不計，假設在粒子通過電場區域的極短時間內極板間的電壓可以看作不變，不計粒子間的作用（計算中取tan15°=$\frac{4}{15}$）．
（1）求t=0時刻進入的粒子，經邊界MN射入磁場和射出磁場時兩點間的距離；
（2）求t=0.30s時刻進入的粒子，在磁場中運動的時間；
（3）試證明：在以上裝置不變時，以v₀射入電場比荷相同的帶電粒子，經邊界MN射入磁場和射出磁場時兩點間的距離都相等．

Answer 1

分析 （1）t=0時刻，電壓為0，故粒子在電場中不會發生偏轉，由洛侖茲力充當向心力公式可得出粒子的偏轉半徑；由幾何關系可得出入射點與出射點間的距離；
（2）隨著電壓的增大，粒子的偏轉位移也增大；則能穿出電場的臨界條件是粒子恰好打在板的最右端；由類平拋運動的規律可求得臨界電壓；由圖可求得能進入磁場的粒子個數；

解答 解：（1）t=0時，u=0，帶電粒子在極板間不偏轉，水平射入磁場，
$qvB=m\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$
得：$r=\frac{m{v}_{0}^{\;}}{Bq}=\frac{5.0×1{0}_{\;}^{5}}{1.0×1{0}_{\;}^{-2}×1{0}_{\;}^{8}}m=0.5m$
s=2r=1.0m
（2）帶電粒子在勻強電場中水平方向的速度為：
v₀=5.0×10⁵m/s
豎直方向的速度為：${v}_{y}^{\;}=at=\frac{Uq}{dm}\frac{l}{{v}_{0}^{\;}}$
所以進入磁場時速度與初速度方向的夾角為α．如圖所示：
$tanα=\frac{{v}_{y}^{\;}}{{v}_{0}^{\;}}=\frac{Uq}{dm}\frac{l}{{v}_{0}^{2}}$
$tanα=\frac{2.0×1{0}_{\;}^{2}×1.0×1{0}_{\;}^{8}×0.2}{0.06×（5.0×1{0}_{\;}^{5}）_{\;}^{2}}=\frac{4}{15}$
解得：α=15°
由幾何關系可知，帶電粒子在磁場中運動的圓弧所對的圓心角為φ，即為150°，設帶電粒子在磁場中運動的時間為t，
所以有：$t=\frac{5}{12}T=\frac{5πm}{6Bq}=\frac{5π}{6×1.0×1{0}_{\;}^{-2}×1{0}_{\;}^{8}}s$=$\frac{5π}{6}×1{0}_{\;}^{-6}s≈2.6×1{0}_{\;}^{-6}s$
（3）證明：設帶電粒子射入磁場時的速度為v，帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r=$\frac{mv}{Bq}$進入磁場時帶電粒子速度的方向與初速度的方向的夾角為α，cosα=$\frac{{v}_{0}^{\;}}{v}$由幾何關系可知，帶電粒子在磁場中運動的圓弧所對的圓心角為φ=π-2α，帶電粒子在磁場中的圓滑所對的弦長為s，
$s=2rsin\frac{φ}{2}=2rcosα$
$s=2\frac{mv}{Bq}•\frac{{v}_{0}^{\;}}{v}=\frac{2m{v}_{0}^{\;}}{Bq}$
從上式可知弦長s取決于磁感應強度、粒子的比荷及初速度，而與電場無關．
答：（1）經邊界MN射入磁場和射出磁場時兩點間的距離是1.0m；
（2）在磁場中運動的時間2.6×10^-6s；
（3）證明略．

點評 本題應注意題意中給出的條件，在粒子穿出電場的時間極短，電壓看作不變；同時要注意帶電粒子在磁場中的偏轉類題目一定要找清幾何關系．