Question

如圖甲所示，兩平行金屬板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，在金屬板上側有一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=1×l0^-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OO’發射比荷

q

m

=1×l0⁸ C/kg．初速度為v₀=2×l0⁵m/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．

（1）求粒子進入磁場時的最大速率；
（2）對于能從MN邊界飛出磁場的粒子，其在磁場的入射點和出射點的間距s是否為定值？若  是，求出該值；若不是，求s與粒子由O出發的時刻t之間的關系式；
（3）定義在磁場中飛行時間最長的粒子為{A類粒子}，求出{A類粒子}在磁場中飛行的時間，以及由O出發的可能時刻．

Answer 1

分析：（1）當粒子從極板的右邊緣射出時，粒子的速度最大，根據粒子在勻強電場中的偏轉，通過偏轉位移求出偏轉的電壓，再通過動能定理求出粒子射出電場時的最大速度．
（2）設粒子射出電場速度方向與MN間夾角為θ，根據類平拋運動求出射出電場時的速度與初速度的關系，再根據帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，求出半徑的表達式，從而求出入射點與出射點的距離表達式，看是否與夾角θ有關．
（3）當帶電粒子在磁場中運動的圓心角最大，運動的時間最長．類平拋運動豎直方向上的分速度越大，粒子射出電場速度方向與MN間夾角越小，圓心角越大，根據幾何關系求出最大圓心角，即可求出粒子在磁場中運動的最長時間，進而求出由O出發的可能時刻．

解答：解：（1）設偏轉的電壓為U₀時，粒子剛好能經過極板的右邊緣射出．

1

2

d=

1

2

?

qU0

md

?(

L

v0

)2
解得：U₀=400V．
知偏轉電壓為400V時，粒子恰好能射出電場，且速度最大．
根據動能定理得，

1

2

mv_m²-

1

2

mv₀²=q

U0

2

解得：v_m=2

2

×10⁵m/s
（2）如圖，設粒子射出電場速度方向與OO′間夾角為θ．
粒子射出電場時速度大小為：v=

v0

cosθ

qBv=m

v2

R

由幾何關系得：s=2Rcosθ
解得：s=

2mv0

qB

=0.4m，是一個定值．
（3）如上小題圖，{A類粒子}在電場中向B板偏轉，在磁場中的軌跡恰好與上邊界相切，
則有：R（1+sinθ）=D
聯立以上各式，可得：sinθ=0.6，所以θ=37°
則在磁場中飛行的時間為：t=

180+2×37

360

?

2πm

Bq

=

127

90

π×10-6s
進入磁場時，vy1=v0tanθ=1.5×105m/s
又vy1=

qU1

md

?

L

v0

對應AB的電壓為U₁=300V
所以粒子從O點出發的時刻可能是t=4n+0.4s（n=0，1，2…）
答：（1）粒子進入磁場時的最大速率為2

2

×10⁵m/s；
（2）對于能從MN邊界飛出磁場的粒子，其在磁場的入射點和出射點的間距s是定值，s=0.4m；
（3）{A類粒子}在磁場中飛行的時間為

127

90

π×10-6s，由O出發的可能時刻為t=4n+0.4s（n=0，1，2…）．

點評：本題考查了帶電粒子在電場中的偏轉和在磁場中做勻速圓周運動，關鍵掌握處理類平拋運動的方法，掌握粒子在磁場中運動的軌道半徑公式和周期公式，以及運動時間與圓心角的關系．