Question

17．如图甲所示，两平行金属板的板长l=0.20m，板间距d=6.0×10^-2m，在金属板右侧有一范围足够大的方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为MN，与金属板垂直．金属板的下极板接地，上极板的电压u随时间变化的图线如图乙所示，匀强磁场的磁感应强度B=1.0×10^-2T．现有带正电的粒子以v₀=5.0×10⁵m/s的速度沿两板间的中线OO?连续进入电场，经电场后射入磁场．已知带电粒子的比荷$\frac{q}{m}$=10⁸C/kg，粒子的重力忽略不计，假设在粒子通过电场区域的极短时间内极板间的电压可以看作不变，不计粒子间的作用（计算中取tan15°=$\frac{4}{15}$）．
（1）求t=0时刻进入的粒子，经边界MN射入磁场和射出磁场时两点间的距离；
（2）求t=0.30s时刻进入的粒子，在磁场中运动的时间；
（3）试证明：在以上装置不变时，以v₀射入电场比荷相同的带电粒子，经边界MN射入磁场和射出磁场时两点间的距离都相等．

Answer 1

分析 （1）t=0时刻，电压为0，故粒子在电场中不会发生偏转，由洛仑兹力充当向心力公式可得出粒子的偏转半径；由几何关系可得出入射点与出射点间的距离；
（2）随着电压的增大，粒子的偏转位移也增大；则能穿出电场的临界条件是粒子恰好打在板的最右端；由类平抛运动的规律可求得临界电压；由图可求得能进入磁场的粒子个数；

解答 解：（1）t=0时，u=0，带电粒子在极板间不偏转，水平射入磁场，
$qvB=m\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$
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）带电粒子在匀强电场中水平方向的速度为：
v₀=5.0×10⁵m/s
竖直方向的速度为：${v}_{y}^{\;}=at=\frac{Uq}{dm}\frac{l}{{v}_{0}^{\;}}$
所以进入磁场时速度与初速度方向的夹角为α．如图所示：
$tanα=\frac{{v}_{y}^{\;}}{{v}_{0}^{\;}}=\frac{Uq}{dm}\frac{l}{{v}_{0}^{2}}$
$tanα=\frac{2.0×1{0}_{\;}^{2}×1.0×1{0}_{\;}^{8}×0.2}{0.06×（5.0×1{0}_{\;}^{5}）_{\;}^{2}}=\frac{4}{15}$
解得：α=15°
由几何关系可知，带电粒子在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为φ，即为150°，设带电粒子在磁场中运动的时间为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）证明：设带电粒子射入磁场时的速度为v，带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r=$\frac{mv}{Bq}$进入磁场时带电粒子速度的方向与初速度的方向的夹角为α，cosα=$\frac{{v}_{0}^{\;}}{v}$由几何关系可知，带电粒子在磁场中运动的圆弧所对的圆心角为φ=π-2α，带电粒子在磁场中的圆滑所对的弦长为s，
$s=2rsin\frac{φ}{2}=2rcosα$
$s=2\frac{mv}{Bq}•\frac{{v}_{0}^{\;}}{v}=\frac{2m{v}_{0}^{\;}}{Bq}$
从上式可知弦长s取决于磁感应强度、粒子的比荷及初速度，而与电场无关．
答：（1）经边界MN射入磁场和射出磁场时两点间的距离是1.0m；
（2）在磁场中运动的时间2.6×10^-6s；
（3）证明略．

点评 本题应注意题意中给出的条件，在粒子穿出电场的时间极短，电压看作不变；同时要注意带电粒子在磁场中的偏转类题目一定要找清几何关系．