Question

如图甲所示，两平行金厲板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=1x 1O-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00'发射比荷

q

m

=1x108C/kg、初速度v0=2x 105m/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．sin30=0.5，sin37=0.6，sin45=

2

2

．
（1）求粒子进入磁场时的最大速率
（2）对于在磁场中飞行时间最长的粒子，求出其在磁场中飞行的时间以及由0点出发 的可能时刻．
（3）对于所有能从MN边界飞出磁场的粒子，试求这些粒子在MN边界上出射区域的宽度．

Answer 1

（1）设粒子恰从金属板边缘飞出时，AB两板间的电压为U₀，由运动学公式及牛顿第二定律得：
 

1

2

d=

1

2

a1t2 
  qE₁=ma₁
  E1=

U0

d

  t=

L

v0

联立以上各式，解得，U₀=400V＜500V
设粒子进入磁场时的最大速率为v_m，由动能定理得
 q?

1

2

U0=

1

2

m

v

2m

-

1

2

m

v

20

解得，v_m=2

2

×10⁵m/s
（2）分析可知，在磁场中飞行时间最长的粒子，其运动轨迹应在电场中向B板偏转，在磁场中恰好与上边界相切，如图所示，设粒子进入磁场时，速度v与OO′成θ角，在磁场中运动时间为

t_m，由牛顿第二定律、平行四边形定则、几何关系及运动学公式得
   qvB=m

v2

R

   v=

v0

cosθ

  R（1+sinθ）=D
  T=

2πm

qB

 t_m=

180°+2θ

360°

?T
联立上述各式，解得，θ=37°，t_m=

127

90

π×10-6s≈4.43×10^-6s
设这些粒子进入磁场时在垂直于金属板方向的速度为v_y，对应AB两板间的电压为U₁，在电场中运动的时间为t₁，由O点出发的可能时间为t，则有
   v_y=v₀tanθ
   v_y=a₂t₁
   qE₂=ma₂
   E₂=

U1

d

联立解得，U₁=300V
结合U_AB-t图象可得，当U₁=300V时，在一个周期内对应的时刻为：t₀=0.4s或3.6s，因为电压的周期为T=4s，所以粒子在O点出发可能时刻为
   t=nT+t₀
即 t=（4n+0.4）s或（4n+3.6）s，其中 n=0，1，2，…
（3）对于所有能从MN边界飞出磁场的粒子，射出时都集中在电压U₁=+300V时和电压U₂=-400V时射出点CG之间的范围内，如图所示．
对于电压U₁=+300V射出的粒子，设O′D=y，则由运动学公式和牛顿第二定律得


  y=

1

2

a2

t

21

  qE₂=ma₂，
   E₂=

U1

d

解得，y=0.075m
由第（2）问，该粒子在磁场中的运动半径为R，射出电场时速度v与OO′成θ角．设在MN边界上的射出点C和射入点D之间的距离为s₁，根据牛顿第二定律、平行四边形定则和几何关系得
   qvB=m

v2

R

   v=

v0

cosθ

  s₁=2Rcosθ
联立解得，s₁=0.4m．
同理可知，对于U₂=-400V时射出的粒子，GH间的距离为s₂为：s₂=

2mv0

qB

设在MN边界是粒子出射区域的宽度为L，由几何关系可知：
  L=s2+

1

2

d+y-s1
代入解得，L=0.175m
答：（1）粒子进入磁场时的最大速率是2

2

×10⁵m/s．
（2）对于在磁场中飞行时间最长的粒子，在磁场中飞行的时间是4.43×10^-6s，由0点出发的可能时刻是t=（4n+0.4）s或（4n+3.6）s，其中 n=0，1，2，…．
（3）对于所有能从MN边界飞出磁场的粒子在MN边界上出射区域的宽度是0.175m．