Question

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．
（1）若两板间只存在一个以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=1.0cm，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．
（2）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）．若入射粒子是电量为e、质量为m的电子，它们的速度v满足0＜v≤v₀，试求打在荧光屏P上偏离点O₂最远的粒子的动能．
（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．

Answer 1

分析：（1）带电粒子射入磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨迹半径r．若恰好在荧光屏P上观察到亮点时，粒子偏转角最大，磁场区域的半径最大，由几何知识求出磁场区域半径R的最大值，即可得到条件．
（2）若只在两板间加恒定电压U，带电粒子射入电场中做类平抛运动，运用运动的分解，根据牛顿第二定律、运动学公式和动能定理结合求在荧光屏P上偏离点O₂最远的粒子的动能．
（3）当加上交变电压时，分析粒子的运动情况，由牛顿第二定律求出加速度，由水平方向匀速运动，求出粒子通过电场的时间，由运动学公式分分段求在这个时间内，粒子在垂直于极板方向偏转的距离之和，当该偏转距离之和小于等于

d

2

时，粒子能飞出电场．

解答：解：（1）由牛顿第二定律可知：qvB=m

v2

r

                 
代入数据解得
粒子在磁场中运动的轨道半径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

=

d

L

而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   
（2）电子在两极板间的加速度a=

eU

md

  
通过金属板的时间 t=

L

v

对打在荧光屏P上偏离点O₂最远的粒子有

d

2

=

1

2

at2 
此时粒子的动能 E_k=

1

2

eU+

1

2

mv2                      
联列解得  E_k=

eU(d2+L2)

2d2

                           
（3）交变电压的周期，则 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′（

T

2

-t0）²
  y2=a′(

3

8

T)2
  y₄=

1

2

a′(

T

4

)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≤

8md2 v 2 0

eL2

   
答：
（1）粒子在磁场中运动的轨道半径r是8.7×10^-3m，磁场区域的半径R应满足的条件是R≤5×10^-3m．
（2）打在荧光屏P上偏离点O₂最远的粒子的动能是

eU(d2+L2)

2d2

．
（3）要使该电子能通过平行金属板，U₀≤

8md2 v 2 0

eL2

．

点评：本题中带电粒子在磁场中圆周运动时，画出轨迹，运用几何知识求磁场区域的半径，电场中类平抛运动，运用运动的分解法进行处理，都是常用的方法．