Question

（2013?浙江模擬）如圖甲所示，兩平行金屬板間接有如圖乙所示的隨時(shí)間t變化的交流電壓U，且當(dāng)U大于零時(shí)，上極板電勢比下極板高．金屬板板長L=0.2m，板間距離d=O.2m．在金屬板右側(cè)，緊挨著金屬板邊緣有一個(gè)足夠長的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，其邊界為直線MN和PQ，MN、PQ均與兩板中線OO′垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1.25×10^-2T，方向垂直紙面向里．現(xiàn)有帶正電的粒子流沿兩板中線OO′連續(xù)射入電場中，已知每個(gè)粒子的速度大小為v₀=10⁵m/s，比荷

q

m

=10⁸C/kg，重力忽略不計(jì)．在每個(gè)粒子通過電場區(qū)域的極短時(shí)間內(nèi)，電場可視為恒定不變，不考慮因電場變化對帶電粒子運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的影響，不考慮電荷間的相互影響．求：
（1）能夠進(jìn)入磁場區(qū)域的粒子的最大動(dòng)能與最小動(dòng)能的比值；
（2）要讓穿過MN進(jìn)入磁場的粒子都能從磁場中返回到MN，磁場區(qū)域的最小寬度；
（3）U滿足什么條件，穿過MN進(jìn)入磁場的粒子能重新返回進(jìn)入電場？

Answer 1

分析：1、帶電粒子經(jīng)過電場做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=

L

v0

，在豎直方向上做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，位移為y=

Uq

2dm

t2，
當(dāng)偏轉(zhuǎn)位移最大y=

d

2

時(shí)，偏轉(zhuǎn)電壓最大U=

d2mv02

qL2

=100V，故最大動(dòng)能為Ekmax=

1

2

mv02+

qU

2

，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為零時(shí)，電場力不做功，則最小動(dòng)能為Ekmin=

1

2

mv02，代入數(shù)據(jù)計(jì)算出最大動(dòng)能和最小動(dòng)能，然后相比即可．
2、帶電粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度越大運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑越大，要求的磁場寬度越寬，根據(jù)上一小題的結(jié)論可知進(jìn)入磁場的最大速度的值，根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvtB=

mvt2

R

 可以解得軌跡半徑R，根據(jù)幾何關(guān)系最小寬X=R+Rsin45°，代入數(shù)據(jù)化簡即可．
3、粒子進(jìn)入磁場時(shí)，速度方向與水平方向成θ角，速度大小為v_t，它進(jìn)磁場與出磁場之間的距離為l，根據(jù)幾何關(guān)系l=2Rcosθ=

2mvtcosθ

qB

=2

mv0

qB

，所有粒子的距離l是一常數(shù)，與偏轉(zhuǎn)電壓（θ角）無關(guān)，當(dāng)粒子水平方向進(jìn)入磁場時(shí)，l＞

d

2

．故在小于0V的電壓范圍內(nèi)粒子不能都返回電場．根據(jù)幾何關(guān)系y臨界=l-

d

2

=0.06m，又勻加速運(yùn)動(dòng)的位移公式y臨界=

U′q

2dm

t2，代入數(shù)據(jù)計(jì)算出最小電壓U′，從而得知電壓的取值范圍．

解答：解：（1）帶電粒子經(jīng)過電場做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t=

L

v0

=2×10-6s
在豎直方向上運(yùn)動(dòng)的位移為y=

Uq

2dm

t2 
當(dāng)偏轉(zhuǎn)位移最大y=

d

2

時(shí)，偏轉(zhuǎn)電壓最大U=

d2mv02

qL2

=100V
故最大動(dòng)能為Ekmax=

1

2

mv02+

qU

2

=

1

2

m(1010+108×100)=1010m（J）
當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為零時(shí)，電場力不做功，則最小動(dòng)能為Ekmin=

1

2

mv02=

1

2

×1010m（J）
所以

Ekmax

Ekmin

=

2

1

（2）帶電粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度越大運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑越大，要求的磁場寬度越寬，寬度最寬的粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如右圖所示根據(jù)上一小題的結(jié)論可知進(jìn)入磁場的最大速度vt=

2

v0  
根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvtB=

mvt2

R

   
解得R=

mvt

qB

=

2 mv0

qB

代入數(shù)據(jù)得R=0.08

2

m  
最小寬X=R+Rsin45°
解得X=(0.08+0.08

2

)m  
（3）設(shè)某粒子進(jìn)入磁場時(shí)，速度方向與水平方向成θ角，速度大小為v_t，它進(jìn)磁場與出磁場之間的距離為l，如圖，根據(jù)幾何關(guān)系可得：
l=2Rcosθ=

2mvtcosθ

qB

=2

mv0

qB

代入數(shù)據(jù)可得，l=0.16m   
即所有粒子的距離l是一常數(shù)，與偏轉(zhuǎn)電壓（θ角）無關(guān)
當(dāng)粒子水平方向進(jìn)入磁場時(shí)，l＞

d

2

故在小于0V的電壓范圍內(nèi)粒子不能都返回電場，只有向下偏轉(zhuǎn)的部分粒子才能返回電場，
y臨界=l-

d

2

=0.06m    
又因?yàn)?span id="qtvk1ji" class="MathJye" mathtag="math" style="whiteSpace:nowrap;wordSpacing:normal;wordWrap:normal">y臨界=

U′q

2dm

t2
解得U′=60V    
故范圍為60V＜U≤100V．
答：（1）能夠進(jìn)入磁場區(qū)域的粒子的最大動(dòng)能與最小動(dòng)能的比值為2．
（2）要讓穿過MN進(jìn)入磁場的粒子都能從磁場中返回到MN，磁場區(qū)域的最小寬度為(0.08+0.08

2

)m．
（3）交流電壓在范圍為60V＜U≤100V，穿過MN進(jìn)入磁場的粒子能重新返回進(jìn)入電場．

點(diǎn)評：本題關(guān)鍵是畫出粒子進(jìn)入磁場后的各種可能的運(yùn)動(dòng)軌跡，根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式后得出半徑，然后求出磁偏轉(zhuǎn)的距離表達(dá)式，從而得到偏轉(zhuǎn)電壓的范圍．