Question

如图15甲所示，水平加速电场的加速电压为U₀，在它的右侧有由水平正对放置的平行金属板a、b构成的偏转电场，已知偏转电场的板长L=0.10 m，板间距离d=5.0×10^-2 m，两板间接有如图15乙所示的随时间变化的电压U，且a板电势高于b板电势。在金属板右侧存在有界的匀强磁场，磁场的左边界为与金属板右侧重合的竖直平面MN，MN右侧的磁场范围足够大，磁感应强度B=5.0×10^-3T，方向与偏转电场正交向里（垂直纸面向里）。质量和电荷量都相同的带正电的粒子从静止开始经过电压U₀=50V的加速电场后，连续沿两金属板间的中线OO′方向射入偏转电场中，中线OO′与磁场边界MN垂直。已知带电粒子的比荷=1.0×10⁸ C/kg，不计粒子所受的重力和粒子间的相互作用力，忽略偏转电场两板间电场的边缘效应，在每个粒子通过偏转电场区域的极短时间内，偏转电场可视作恒定不变。

（1）求t=0时刻射入偏转电场的粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离；

（2）求粒子进入磁场时的最大速度；

（3）对于所有进入磁场中的粒子，如果要增大粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离，应该采取哪些措施？试从理论上推理说明。

Answer 1

（1）设经过加速电场加速后，粒子的速度为v₀，根据动能定理有

，解得v₀==1.0×10⁵m/s……………………………………（1分）

由于t=0时刻偏转电场的场强为零，所以此时射入偏转电场的粒子将匀速穿过电场而以v₀的速度垂直磁场边界进入磁场中，在磁场中的运动轨迹为半圆。

设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 

    qv₀B=m………………………………………………………………………（1分）

解得 r= …………………………………………………………………………（1分）

所以粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离d=2r =0.40m…………………（1分）

（2）设粒子以最大偏转量离开偏转电场，即轨迹经过金属板右侧边缘处，进入磁场时a、b板的电压为U_m，则粒子进入偏转电场后，加速度a=

水平方向 L=v₀t

竖直方向 y==

解得 U_m==25 V<50V………………………………………………………（1分）

所以，电压U_m=25V时对应粒子进入磁场的速度最大，设最大速度大小为v_m，方向与OO′的夹角为q，则对于粒子通过加速电场和偏转电场的过程，根据动能定理有    qU₀+q=mv_m²

解得 v_m==×10⁵m/s=1.1×10⁵m/s…………………………（1分）

tanq==，即q=arctan……………………………………………（1分）

（或cosq==，即q=arccos）

（说明：计算结果带有根号，结果正确的同样得分）

（3）设任意时刻进入磁场的粒子，其进入磁场时速度方向与OO′的夹角为α，则其速度大小

粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径

由如图答-3所示的几何关系可知，粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离

  ……………………………………………（1分）

所以要增大粒子在磁场边界上的入射点和出射点间的距离x，应该减小匀强磁场的磁感应强度B，或增大加速电压U₀………………………………………………………（2分）