Question

17．如图所示，两水平放置的平行金属板a、b，板长L=0.2m，板间距d=0.2m，两金属板间加可调控的电压U，且保证a板带负电，b带正电，忽略电场的边缘效应，在金属板右侧有一磁场区域，其左右总宽度s=0.4m，上下范围足够大，磁场边界MN和PQ均与金属板垂直，磁场区域被等宽地划分为n（正整数）个竖直区间，磁感应强度大小均为B=5×10^-3T，方向从左向右为垂直纸面向外、向内、向外…．在极板左端有一粒子源，不断地向右沿着与两板等距的水平线OO′发射比荷$\frac{q}{m}$=1×10⁸C/kg、初速度为v₀=2×10⁵m/s的带正电粒子．忽略粒子重力以及它们之间的相互作用．
（1）当取U何值时，带电粒子射出电场时的速度偏向角最大；
（2）若n=1，即只有一个磁场区间，其方向垂直纸面向外，则当电压由0连续增大到U过程中带电粒子射出磁场时与边界PQ相交的区域的宽度；
（3）若n趋向无穷大，则偏离电场的带电粒子在磁场中运动的时间t为多少？

Answer 1

分析 （1）当粒子从边缘射出时，速度偏向角最大；根据分运动公式列式求解即可；
（2）逐渐增大偏转电压U，速度偏向角变大，磁偏转半径变大，与PQ交点逐渐上移；找出两个临界情况，根据洛伦兹力提供向心力列式求解半径，由几何关系得到离开磁场的位置；
（3）考虑粒子以一般情况入射到磁场，速度为v，偏向角为θ，当n趋于无穷大时，运动轨迹趋于一条沿入射速度方向的直线（渐近线）；根据分运动公式列式求解即可．

解答 解：（1）设速度偏向角为θ，则tanθ=$\frac{{v}_{y}^{\;}}{{v}_{0}^{\;}}$，显然当v_y最大时，tanθ最大．
当粒子恰好从极板右边缘出射时，速度偏向角最大． 
竖直方程：$y=\frac{d}{2}=\frac{1}{2}a{t}_{\;}^{2}$，a=$\frac{qU}{md}$；                      
水平方程：x=L=v₀t                                  
解得：U=400V            
（2）由几何关系知，逐渐增大U_ba，速度偏向角变大，磁偏转半径变大，与PQ交点逐渐上移．    
   
当U=0时，交点位置最低（如图中D点）：
由Bqv₀=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{r}_{1}^{\;}}$得：r₁=$\frac{m{v}_{0}^{\;}}{Bq}$；
此时交点D位于OO′正下方0.4m处．   
当U=400V时，交点位置最高（如图中C点）：
由v_y=at=$\frac{Uq}{dm}•\frac{L}{{v}_{0}^{\;}}$=2×10⁵m/s
得：$v=\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}=\sqrt{2}{v}_{0}^{\;}=2\sqrt{2}×1{0}_{\;}^{5}m/s$
由Bqv=m$\frac{{v}_{\;}^{2}}{{r}_{2}^{\;}}$，
得：r₂=$\frac{mv}{Bq}=0.4\sqrt{2}m$
由tanθ=$\frac{{v}_{y}^{\;}}{{v}_{x}^{\;}}$=1，得入射方向为与水平方向成45°角；
由几何关系得，此时交点位于OO′正上方${r}_{2}^{\;}-\frac{\sqrt{2}}{2}{r}_{2}^{\;}+\frac{d}{2}$=$0.4\sqrt{2}-0.3（m）$处．
所以交点范围宽度为：CD=0.4+0.4$\sqrt{2}$-0.3=0.1+0.4$\sqrt{2}$（m）
（3）考虑粒子以一般情况入射到磁场，速度为v，偏向角为θ，当n趋于无穷大时，运动轨迹趋于一条沿入射速度方向的直线（渐近线）．  
又因为速度大小不变，因此磁场中运动可以等效视为匀速直线运动．    


轨迹长度为：S′=$\frac{s}{cosθ}$，运动速率为：v=$\frac{{v}_{0}^{\;}}{cosθ}$
时间为：t=$\frac{s′}{v}=\frac{s}{{v}_{0}^{\;}}$=$\frac{0.4}{2×1{0}_{\;}^{5}}s=2×1{0}_{\;}^{-6}s$
答：（1）当U取400V时，带电粒子射出电场时的速度偏向角最大；
（2）当电压由0连续增大到U过程中带电粒子射出磁场时与边界PQ相交的区域的宽度为0.1+0.4$\sqrt{2}$（m）；
（3）若n趋向无穷大，则偏离电场的带电粒子在磁场中运动的时间t为2×10^-6s．

点评 本题关键明确粒子的运动规律，在电场中是类似平抛运动，在磁场中是匀速圆周运动，第三问关键是n趋向无穷大时将粒子的运动简化为匀速直线运动，难在运动模型的转化．