Question

（2011?徐州一模）如图甲所示，M和N是相互平行的金属板，OO₁O₂为中线，O₁为板间区域的中点，P是足够大的荧光屏带电粒子连续地从O点沿OO₁方向射入两板间．带电粒子的重力不计．
（1）若只在两板间加恒定电压U，M和N相距为d，板长为L（不考虑电场边缘效应）．若入射粒子是不同速率、电量为e、质量为m的电子，试求能打在荧光屏P上偏离点O₂最远的电子的动能．
（2）若两板间没有电场，而只存在一个以O₁点为圆心的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，已知磁感应强度B=0.50T，两板间距d=

3

cm，板长L=l.0cm，带电粒子质量m=2.0×10^-25kg，电量q=8.0×10^-18C，入射速度v=

3

×10⁵m/s．若能在荧光屏上观察到亮点，试求粒子在磁场中运动的轨道半径r，并确定磁场区域的半径R应满足的条件．（不计粒子的重力）
（3）若只在两板间加如图乙所示的交变电压u，M和N相距为d，板长为L（不考虑电场边缘效应）．入射粒子是电量为e、质量为m的电子．某电子在t0=

L

4v0

时刻以速度v₀射入电场，要使该电子能通过平行金属板，试确定U₀应满足的条件．

U₀≤

8md2v02

eL2

．

Answer 1

分析：（1）打在荧光屏上偏离点O₂最远的粒子在电场中偏转的距离等于

d

2

．粒子在电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式求粒子的初速度，根据动能定理求解动能．
（2）粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径．由几何关系求出磁场区域最大的半径．
（3）由图读出交变电压的周期为T=

2L

3v0

，则t₀=

3

8

T，电子分别在

3

8

T～

5

8

T、

5

8

T～

11

8

T、

11

8

T～

13

8

T、

13

8

T～

15

8

T时间内沿垂直于初速度方向运动的位移依次为y₁、y₂、y₃、y₄，根据牛顿第二定律求出加速度，要使该电子能通过平行金属板，则应满足条件y₁+y₂+y₃+y₄≤

d

2

，即可求出U₀应满足的条件．

解答：解：（1）电子在两极板间的加速度为：a=

eU

md

通过金属板的时间为：t=

L

v

对打在荧光屏上偏离点O₂最远的粒子，有：

1

2

d=

1

2

at²             
有动能定理得：E_k=

1

2

eU+

1

2

mv²                           
联立解得：E_k=

eU(d2+L2)

2d2

（2）由牛顿第二定律可知，qvB=

mv2

r

代入数据解得：r=5

3

×10^-3m=8.7×10^-3m                   
如图所示，设恰好在荧光屏P上观察到亮点时，粒子偏转角为2θ，磁场区域的最大半径为R₀，由几何关系可知
tan2θ=

d/2

L/2

，tanθ=

R0

r

代入数据解得：R₀=5×10^-3m                                
则R应满足的条件：R≤5×10^-3m                   
（3）交变电压的周期 T=

2L

3v0

，则t₀=

3

8

T
电子通过金属板的时间：t′=

L

v0

=

3

2

T  
电子在两极板间的加速度：a′=

eU0

md

设电子分别在

3

8

T～

5

8

T、

5

8

T～

11

8

T、

11

8

T～

13

8

T、

13

8

T～

15

8

T时间内沿垂直于初速度方向运动的位移依次为y₁、y₂、y₃、y₄，则有
y₁=y₃=-a′（

1

2

T-t₀）²         
y₂=a′（

3

8

T）²            
 y₄=

1

2

a′（

1

4

T）²      
要使电子能通过平行金属板，应满足条件：y₁+y₂+y₃+y₄≤

d

2

联立解得：U₀≤

8md2v02

eL2

答：（1）打在荧光屏P上偏离点O₂最远的电子的动能是

eU(d2+L2)

2d2

．
（2）磁场区域的半径R应满足的条件是5×10^-3m．
（3）U₀应满足的条件是 U₀≤

8md2v02

eL2

．

点评：本题是临界问题，采用极限法和几何知识确定出临界条件是本题的解题关键，考查解决综合题的能力．