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(2011?徐州一模)如图甲所示,M和N是相互平行的金属板,OO1O2为中线,O1为板间区域的中点,P是足够大的荧光屏带电粒子连续地从O点沿OO1方向射入两板间.带电粒子的重力不计.
(1)若只在两板间加恒定电压U,M和N相距为d,板长为L(不考虑电场边缘效应).若入射粒子是不同速率、电量为e、质量为m的电子,试求能打在荧光屏P上偏离点O2最远的电子的动能.
(2)若两板间没有电场,而只存在一个以O1点为圆心的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向里,已知磁感应强度B=0.50T,两板间距d=
3
cm,板长L=l.0cm,带电粒子质量m=2.0×10-25kg,电量q=8.0×10-18C,入射速度v=
3
×105m/s.若能在荧光屏上观察到亮点,试求粒子在磁场中运动的轨道半径r,并确定磁场区域的半径R应满足的条件.(不计粒子的重力)
(3)若只在两板间加如图乙所示的交变电压u,M和N相距为d,板长为L(不考虑电场边缘效应).入射粒子是电量为e、质量为m的电子.某电子在t0=
L
4v0
时刻以速度v0射入电场,要使该电子能通过平行金属板,试确定U0应满足的条件.
U0
8md2v02
eL2
U0
8md2v02
eL2
分析:(1)打在荧光屏上偏离点O2最远的粒子在电场中偏转的距离等于
d
2
.粒子在电场中做类平抛运动,运用运动的分解法,由牛顿第二定律和运动学公式求粒子的初速度,根据动能定理求解动能.
(2)粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径.由几何关系求出磁场区域最大的半径.
(3)由图读出交变电压的周期为T=
2L
3v0
,则t0=
3
8
T,电子分别在
3
8
T~
5
8
T、
5
8
T~
11
8
T、
11
8
T~
13
8
T、
13
8
T~
15
8
T时间内沿垂直于初速度方向运动的位移依次为y1、y2、y3、y4,根据牛顿第二定律求出加速度,要使该电子能通过平行金属板,则应满足条件y1+y2+y3+y4
d
2
,即可求出U0应满足的条件.
解答:解:(1)电子在两极板间的加速度为:a=
eU
md

通过金属板的时间为:t=
L
v

对打在荧光屏上偏离点O2最远的粒子,有:
1
2
d=
1
2
at2             
有动能定理得:Ek=
1
2
eU+
1
2
mv2                           
联立解得:Ek=
eU(d2+L2)
2d2

(2)由牛顿第二定律可知,qvB=
mv2
r

代入数据解得:r=5
3
×10-3m=8.7×10-3m                   
如图所示,设恰好在荧光屏P上观察到亮点时,粒子偏转角为2θ,磁场区域的最大半径为R0,由几何关系可知
tan2θ=
d/2
L/2
,tanθ=
R0
r

代入数据解得:R0=5×10-3m                                
则R应满足的条件:R≤5×10-3m                   
(3)交变电压的周期 T=
2L
3v0
,则t0=
3
8
T
电子通过金属板的时间:t′=
L
v0
=
3
2
T  
电子在两极板间的加速度:a′=
eU0
md

设电子分别在
3
8
T~
5
8
T、
5
8
T~
11
8
T、
11
8
T~
13
8
T、
13
8
T~
15
8
T时间内沿垂直于初速度方向运动的位移依次为y1、y2、y3、y4,则有
y1=y3=-a′(
1
2
T-t02         
y2=a′(
3
8
T)2            
 y4=
1
2
a′(
1
4
T)2      
要使电子能通过平行金属板,应满足条件:y1+y2+y3+y4
d
2

联立解得:U0
8md2v02
eL2

答:(1)打在荧光屏P上偏离点O2最远的电子的动能是
eU(d2+L2)
2d2

(2)磁场区域的半径R应满足的条件是5×10-3m.
(3)U0应满足的条件是 U0
8md2v02
eL2
点评:本题是临界问题,采用极限法和几何知识确定出临界条件是本题的解题关键,考查解决综合题的能力.
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2
10
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