Question

2．A、B是在真空中水平正对的两块金属板，板长L=40cm，板间距d=24cm，在B板左侧边缘有一粒子源，能连续均匀发射带负电的粒子，粒子紧贴B板水平向右射入，如图甲所示，带电粒子的比荷为1×10⁸C/kg，初速度v₀=2×10⁵m/s（粒子重力不计），在A、B两板间加上如图乙所示的电压，电压的周期T=2×10^-6s，t=0时刻A板电势高于B板电势，两板间电场可视为匀强电场，电势差U₀=360V，A、B板右侧有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=$\frac{1}{16}$T，磁场中放置两块荧光板，位置如图所示，M点距A板的竖直高度距离h=1.5cm，N点与B板相接，两板板与水平方向夹角均为θ=37°，荧光板长度可以确保打在板上的粒子可以全部被吸收，不考虑粒子之间相互作用及粒子二次进入磁场的可能，求：

（1）在t=$\frac{T}{2}$时刻进入电场的带电粒子在AB间偏转的侧向位移y；
（2）带电粒子从电场中射出到MN边界上的宽度△y；
（3）经过足够长时间后，射到荧光板上的粒子数占进入磁场粒子总数的百分比k．

Answer 1

分析 （1）根据带电粒子在电场中偏转的规律即可求出偏转量；
（2）根据（1）的方法求出偏转量的最大值和最小值，从而求出范围；
（3）带电粒子在磁场中的运动有洛伦兹力提供向心力，写出公式，求出半径，然后画出运动的轨迹，结合几何关系即可求解．

解答 解：（1）设带电粒子在两金属板间运动的时间为t₁，则L=v₀t₁
解得：t₁=$\frac{L}{v_0}$
设带电粒子在两金属板间运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有：$\frac{{q{U_0}}}{d}$=ma
由题意可知，在t=kT（k=0，1，2，…）时刻进入电场的粒子其侧向位移最大，
其最大侧向位移为：y_max=$\frac{1}{2}a{（\frac{t_1}{2}）^2}$+$a{（\frac{t_1}{2}）^2}$；
同理可知，当带电粒子在t=kT+$\frac{T}{2}$（k=0，1，2，…）时刻进入电场的粒子侧向位移最小，
其最小侧向位移为：y_min=$\frac{1}{2}a{（\frac{t_1}{2}）^2}$
代入数据解得：y_min=0.075m=7.5cm
联立以上各式并代入数据解得：y_max=0.225m=22.5cm，y_min=$\frac{1}{2}a{（\frac{t_1}{2}）^2}$=0.075m=7.5cm
（2）所以△y=y_max-y_min=15cm
（3）另外，所有带电粒子在电场中加速时间均相同，设其出电场时竖直方向的速度大小为v_y，则：v_y=$a\frac{t_1}{2}$=1.5×10⁵m/s
粒子出电场时速度大小为：v=$\sqrt{v_0^2+v_y^2}$=2.5×10⁵m/s
设带电粒子出电场时速度与水平方向的夹角为α，tanα=$\frac{v_y}{v_0}$=$\frac{3}{4}$
分别画出最大侧向位移与最小侧向位移两种情况的轨迹图如下左图所示

由几何关系得P₂P₃=7.5cm=0.075m
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径设为R，则qvB=$m\frac{v^2}{R}$，解得：R=$\frac{mv}{qB}$=0.04m
画出两种典型的轨迹图如上由图所示，其中P₁P₄、P₅P₂之间的粒子会打在屏上
有几何关系得：P₁P₄=0.036m，P₅P₂=0.025m
因为是均匀分布的，所以k=$\frac{0.061}{0.15}$×100%=41%
答：（1）在t=$\frac{T}{2}$时刻进入电场的带电粒子在AB间偏转的侧向位移y为7.5cm；
（2）带电粒子从电场中射出到MN边界上的宽度△y为15cm；
（3）经过足够长时间后，射到荧光板上的粒子数占进入磁场粒子总数的百分比为41%．

点评 该题属于带电粒子在电场中的偏转与带电粒子在磁场中的偏转，解题的关键是粒子在极板之间运动的时间恰好是一个周期，粒子偏转的时间恰好是半个周期，所以粒子从极板之间射出时所有粒子偏转的角度是相同的．