Question

如图甲所示，两平行金属板AB间接有如图乙所示的电压，两板间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场，板长L=0.8 m，板间距离d=0.6 m。在金属板右侧有一磁感应强度B=2.0×10-2 T，方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场宽度为l1=0.12 m，磁场足够长。MN为一竖直放置的足够大的荧光屏，荧光屏距磁场右边界的距离为l2=0.08 m，MN及磁场边界均与AB两板中线OO’垂直。现有带正电的粒子流由金属板左侧沿中线OO’连续射入电场中。已知每个粒子的速度v0=4.0×105 m/s，比荷=1.0×108 C/kg，重力忽略不计，每个粒子通过电场区域的时间极短，电场可视为恒定不变。

  ⑴求t=0时刻进入电场的粒子打到荧光屏上时偏离O’点的距离；

 ⑵若粒子恰好能从金属板边缘离开，求此时两极板上的电压；

⑶试求能离开电场的粒子的最大速度，并通过计算判断该粒子能否打在右侧的荧光屏上？如果能打在荧光屏上，试求打在何处。

Answer 1

【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．I3C2D4

【答案解析】（1）0.10m（2）U1=900V（3）不能解析：（1）t=0时进入电场的粒子匀速通过电场，
进入磁场后做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
qv0B=m，解得：R1=0.2m．
设粒子在匀强磁场中运动轨迹所对、的圆心角为θ，
由几何知识可知：sinθ===0.6．
粒子在磁场中偏移的距离为：y1=R1-R1cosθ，解得：y1=0.04m．
粒子出磁场后做匀速运动，y2=l2tanθ，代入数据解得：y2=0.06m．
所以粒子打在荧光屏上时偏离O’点的距离为：y=y1+y2=0.10m；

（2）设两板之间电压为U1时，带电粒子刚好从极板边缘射出电场，

则，d=at2，由牛顿第二定律得：=ma，
由速度公式得：L=v0t，联立解得：U1=900V．
（3）由动能定理得，q•=mv12-mv02．
解得能离开电场的粒子的最大速度，v1=5×105m/s．
设粒子在电场中的偏向角为α，则cosα=，cosα=0.8．
该粒子进入磁场后，由牛顿第二定律得：qv1B=m，
解得，粒子轨道半径：R2=，代入数据解得：R2=0.25m．
由于R2-R2sinα=0.1m＜=0.12m，所以该粒子不能从磁场中偏出打在荧光屏上．

【思路点拨】（1）由牛顿第二定律可以求出粒子的轨道半径；作出粒子运动轨迹，由几何知识求出距离；（2）粒子在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，应用类平抛运动规律与牛顿第二定律分析答题．