Question

如圖甲所示，兩平行金厲板A，B的板長L=0.2m，板間距d=0.2m．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勻強電場，忽略其邊緣效應．在金 屬板上側有方向垂直于紙面向里的勻強磁場，其上下寬度D=0.4m，左右范圍足夠大，邊界MN和PQ均與金屬板垂直，勻強磁場的磁感應強度B=1x 1O-2T．在極板下側中點O處有一粒子源，從t=0時起不斷地沿著00'發射比荷=1x108C/kg、初速度v0=2x 105m/s的帶正電粒子．忽略粒子重力、粒子間相互作用以及粒子在極板間飛行時極 板間的電壓變化．sin30=0.5，sin37=0.6，sin45=．
（1）求粒子進入磁場時的最大速率
（2）對于在磁場中飛行時間最長的粒子，求出其在磁場中飛行的時間以及由0點出發 的可能時刻．
（3）對于所有能從MN邊界飛出磁場的粒子，試求這些粒子在MN邊界上出射區域的寬度．

Answer 1

【答案】分析：（1）粒子在電場中做類平拋運動，恰從金屬板邊緣飛出時，進入磁場時的速率最大．根據運動學公式和牛頓第二定律結合此時AB兩板間的電壓，根據動能定理求得粒子進入磁場時的最大速率；
（2）粒子進入磁場后由洛倫茲力提供向心力而做勻速圓周運動．在磁場中飛行時間最長的粒子，其運動軌跡應在電場中向B板偏轉，在磁場中恰好與上邊界相切，畫出軌跡，由牛頓第二定律、平行四邊形定則、幾何關系及運動學公式結合求解最長的時間．由速度分解和牛頓第二定律求得對應AB兩板間的電壓，結合U_AB-t圖象可得即可得到由0點出發的可能時刻；
（3）結合上題的結果，得到對于所有能從MN邊界飛出磁場的粒子，射出時都集中在電壓U₁=+300V時和電壓U₂=-400V時射出點CG之間的范圍內，畫出軌跡，由運動學公式、牛頓第二定律、幾何知識結合求得這些粒子在MN邊界上出射區域的寬度．
解答：解：（1）設粒子恰從金屬板邊緣飛出時，AB兩板間的電壓為U，由運動學公式及牛頓第二定律得：
   
  qE₁=ma₁
 
 
聯立以上各式，解得，U=400V＜500V
設粒子進入磁場時的最大速率為v_m，由動能定理得
 =-
解得，v_m=2×10⁵m/s
（2）分析可知，在磁場中飛行時間最長的粒子，其運動軌跡應在電場中向B板偏轉，在磁場中恰好與上邊界相切，如圖所示，設粒子進入磁場時，速度v與OO′成θ角，在磁場中運動時間為t_m，由牛頓第二定律、平行四邊形定則、幾何關系及運動學公式得
   qvB=m
   v=
  R（1+sinθ）=D
  T=
 t_m=
聯立上述各式，解得，θ=37°，t_m=≈4.43×10^-6s
設這些粒子進入磁場時在垂直于金屬板方向的速度為v_y，對應AB兩板間的電壓為U₁，在電場中運動的時間為t₁，由O點出發的可能時間為t，則有
   v_y=vtanθ
   v_y=a₂t₁
   qE₂=ma₂
   E₂=
聯立解得，U₁=300V
結合U_AB-t圖象可得，當U₁=300V時，在一個周期內對應的時刻為：t=0.4s或3.6s，因為電壓的周期為T=4s，所以粒子在O點出發可能時刻為
   t=nT+t
即 t=（4n+0.4）s或（4n+3.6）s，其中 n=0，1，2，…
（3）對于所有能從MN邊界飛出磁場的粒子，射出時都集中在電壓U₁=+300V時和電壓U₂=-400V時射出點CG之間的范圍內，如圖所示．
對于電壓U₁=+300V射出的粒子，設O′D=y，則由運動學公式和牛頓第二定律得
  y=
  qE₂=ma₂，
   E₂=
解得，y=0.075m
由第（2）問，該粒子在磁場中的運動半徑為R，射出電場時速度v與OO′成θ角．設在MN邊界上的射出點C和射入點D之間的距離為s₁，根據牛頓第二定律、平行四邊形定則和幾何關系得
   qvB=m
   v=
  s₁=2Rcosθ
聯立解得，s₁=0.4m．
同理可知，對于U₂=-400V時射出的粒子，GH間的距離為s₂為：s₂=
設在MN邊界是粒子出射區域的寬度為L，由幾何關系可知：
  L=
代入解得，L=0.175m
答：（1）粒子進入磁場時的最大速率是2×10⁵m/s．
（2）對于在磁場中飛行時間最長的粒子，在磁場中飛行的時間是4.43×10^-6s，由0點出發的可能時刻是t=（4n+0.4）s或（4n+3.6）s，其中 n=0，1，2，…．
（3）對于所有能從MN邊界飛出磁場的粒子在MN邊界上出射區域的寬度是0.175m．
點評：本題考查帶電在電磁場中的運動，綜合考查了牛頓定律、動能定理、受力分析等方面的知識和規律．對考生的分析綜合能力、應用數學知識的能力要求較高．