Question

如图甲所示，两平行金属板A、B的板长L=0.2m，板间距d=0.2m，两金属板间加如图乙所示的交变电压，并在两板间形成交变的匀强电场，忽略其边缘效应，在金属板上侧有一方向垂直于纸面向里的匀强磁场，其上下宽度D=0.4m，左右范围足够大，边界MN和PQ均与金属板垂直，匀强磁场的磁感应强度B=1×l0^-2T．在极板下侧中点O处有一粒子源，从t=0时起不断地沿着OO’发射比荷

q

m

=1×l0⁸ C/kg．初速度为v₀=2×l0⁵m/s的带正电粒子，忽略粒子重力、粒子间相互作用以及粒子在极板间飞行时极板间的电压变化．

（1）求粒子进入磁场时的最大速率；
（2）对于能从MN边界飞出磁场的粒子，其在磁场的入射点和出射点的间距s是否为定值？若  是，求出该值；若不是，求s与粒子由O出发的时刻t之间的关系式；
（3）定义在磁场中飞行时间最长的粒子为{A类粒子}，求出{A类粒子}在磁场中飞行的时间，以及由O出发的可能时刻．

Answer 1

分析：（1）当粒子从极板的右边缘射出时，粒子的速度最大，根据粒子在匀强电场中的偏转，通过偏转位移求出偏转的电压，再通过动能定理求出粒子射出电场时的最大速度．
（2）设粒子射出电场速度方向与MN间夹角为θ，根据类平抛运动求出射出电场时的速度与初速度的关系，再根据带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，求出半径的表达式，从而求出入射点与出射点的距离表达式，看是否与夹角θ有关．
（3）当带电粒子在磁场中运动的圆心角最大，运动的时间最长．类平抛运动竖直方向上的分速度越大，粒子射出电场速度方向与MN间夹角越小，圆心角越大，根据几何关系求出最大圆心角，即可求出粒子在磁场中运动的最长时间，进而求出由O出发的可能时刻．

解答：解：（1）设偏转的电压为U₀时，粒子刚好能经过极板的右边缘射出．

1

2

d=

1

2

?

qU0

md

?(

L

v0

)2
解得：U₀=400V．
知偏转电压为400V时，粒子恰好能射出电场，且速度最大．
根据动能定理得，

1

2

mv_m²-

1

2

mv₀²=q

U0

2

解得：v_m=2

2

×10⁵m/s
（2）如图，设粒子射出电场速度方向与OO′间夹角为θ．
粒子射出电场时速度大小为：v=

v0

cosθ

qBv=m

v2

R

由几何关系得：s=2Rcosθ
解得：s=

2mv0

qB

=0.4m，是一个定值．
（3）如上小题图，{A类粒子}在电场中向B板偏转，在磁场中的轨迹恰好与上边界相切，
则有：R（1+sinθ）=D
联立以上各式，可得：sinθ=0.6，所以θ=37°
则在磁场中飞行的时间为：t=

180+2×37

360

?

2πm

Bq

=

127

90

π×10-6s
进入磁场时，vy1=v0tanθ=1.5×105m/s
又vy1=

qU1

md

?

L

v0

对应AB的电压为U₁=300V
所以粒子从O点出发的时刻可能是t=4n+0.4s（n=0，1，2…）
答：（1）粒子进入磁场时的最大速率为2

2

×10⁵m/s；
（2）对于能从MN边界飞出磁场的粒子，其在磁场的入射点和出射点的间距s是定值，s=0.4m；
（3）{A类粒子}在磁场中飞行的时间为

127

90

π×10-6s，由O出发的可能时刻为t=4n+0.4s（n=0，1，2…）．

点评：本题考查了带电粒子在电场中的偏转和在磁场中做匀速圆周运动，关键掌握处理类平抛运动的方法，掌握粒子在磁场中运动的轨道半径公式和周期公式，以及运动时间与圆心角的关系．