Question

10．如图甲所示，两平行金属板间存在电压U₁=100V的电场，电场可看做是均匀的，且两板外无电场，板长L=0.2m，板间距离d=0.2m．在金属板右侧有一边界为MN的区域足够大的匀强磁场，MN与两板中线OO′垂直，磁感应强度B=5×10^-3T，方向垂直纸面向里．现有带正电的粒子流沿两板中线OO'连续射入电场中，已知每个粒子速度v₀=10⁵m/s，比荷$\frac{q}{m}$=10⁸C/kg，重力忽略不计．

（1）求这些粒子射出电场时沿场强方向的侧移距离；
（2）求这些粒子进入磁场后做匀速圆周运动的半径；
（3）若将两板间的电压换成如图乙所示的交变电压，每个粒子通过电场区域的极短时间内，电场可视为是恒定不变的．证明：在任意时刻从电场射出的带电粒子，进人磁场时在MN上的入射点和在MN上的出射点的距离为定值，并推导出该距离的表达式．

Answer 1

分析 （1）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出粒子的侧移量．
（2）由类平抛运动规律求出粒子进入磁场的速度，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径．
（3）求出粒子的速度，应用牛顿第二定律求出粒子的轨道半径，然后分析答题．

解答 解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，
水平方向：L=v₀t，
竖直方向：y=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$$\frac{q{U}_{1}}{md}$t²，
代入数据解得：y=0.1m；
（2）粒子在电场中做类平抛运动，
v_y=at=$\frac{q{U}_{1}}{md}$×$\frac{L}{{v}_{0}}$，代入数据解得：v_y=1×10⁵m/s，
速度：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$，代入数据解得：v=$\sqrt{2}$×10⁵m/s；
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，代入数据解得：R=0.2$\sqrt{2}$m；
（3）粒子进入磁场时速度方向与OO′的夹角为θ，速度大小：v=$\frac{{v}_{0}}{cosθ}$，
由牛顿第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，解得：R=$\frac{m{v}_{0}}{qBcosθ}$，
进人磁场时在MN上的入射点和在MN上的出射点的距离：S=2Rcosθ，
解得：S=$\frac{2m{v}_{0}}{qB}$，由此可知：S与θ无关，即进人磁场时在MN上的入射点和在MN上的出射点的距离是定值；
答：（1）这些粒子射出电场时沿场强方向的侧移距离0.1m；
（2）这些粒子进入磁场后做匀速圆周运动的半径0.2$\sqrt{2}$m；
（3）进人磁场时在MN上的入射点和在MN上的出射点的距离为定值：S=$\frac{2m{v}_{0}}{qB}$．

点评 本题考查了求粒子的偏移量、轨道半径与距离问题，分析清楚粒子运动过程，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题．