Question

如圖甲所示，xOy坐標系中，兩平行極板MN垂直于y軸且N板與x軸重合，左端與坐標原點O重合，緊貼N板下表面有一長熒光屏，其右端與N板右端平齊，粒子打到屏上發(fā)出熒光．極板長度l=0.08m，板間距離d=0.09m，兩板間加上如圖乙所示的周期性電壓．x軸下方有垂直于xOy平面向外、磁感應強度B=0.2T的勻強磁場．在y軸的（0，d/2）處有一粒子源，沿兩極板中線連續(xù)向右發(fā)射帶正電的粒子，已知粒子比荷為

q

m

=5×10⁷C/kg、速度v₀=8×10⁵m/s．t=0時刻射入板間的粒子恰好經(jīng)N板右邊緣射入磁場．（粒子重力不計）求：
（1）電壓U₀的大小；
（2）粒子射出極板時，出射點偏離入射方向的最小距離；
（3）熒光屏發(fā)光區(qū)域的坐標范圍．

Answer 1

分析：（1）粒子在極板間先做類平拋運動，后做勻速直線運動，由勻速運動規(guī)律、牛頓第二定律、勻變速運動規(guī)律可言求出加速電壓．
（2）在半周期奇數(shù)倍時刻射入極板間的粒子偏移量最小，由類平拋運動知識可言求出最小偏移量．
（3）粒子離開電場后在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑，然后確定熒光屏發(fā)光區(qū)域范圍．

解答：解：（1）對t=0時刻進入板間的粒子先在板間偏轉(zhuǎn)，
后勻速運動，如圖中軌跡1所示，粒子在板間做類平拋運動，
在水平方向：l=v₀t
解得：t=10×10^-8s=T，
在豎直方向：

d

2

=

1

2

a（

T

2

）²+（a?

T

2

）

T

2

，
由牛頓第二定律得：

qU0

d

=ma，
解得：U₀=2.16×10⁴V；
（2）當粒子從t=

2n-1

2

T（n=1、2、3…）時刻射入時偏轉(zhuǎn)量最小，
如圖中軌跡2所示，類平拋運動，最小偏移量：
y_min=

1

2

a（

T

2

）²
y_min=0.015m；
（3）所有粒子進入磁場時速度均為v，與x軸夾角均為α，半徑為R，
tanα=

vy

v0

=

a T 2

v0

，
v=

(v0)2+(vy)2

=

(v0)2+(a T 2 )2

，
粒子軌道半徑：R=

mv

qB

=0.1m，
t=

T

2

時刻射入的粒子，距板的右端距離最大為△x，
粒子束進入磁場的寬度為△x，由幾何關(guān)系：

△x

d 2 -ymin

=cotα，
解得：△x=0.04m，
粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的距離為L，
L=2Rsinα=0.12m，
t=0時刻進入的粒子打在熒光屏上的坐標為x₁，
x₁=-（L-l）=-4×10^-2m，
t=

T

2

時刻進入的粒子打在熒光屏上的坐標為x₂，
x₂=x₁+△x=0，
熒光屏發(fā)光區(qū)域的坐標范圍為-4×10^-2m≤x≤0；
答：（1）電壓U₀的大小為2.16×10⁴V；
（2）粒子射出極板時，出射點偏離入射方向的最小距離為0.015m；
（3）熒光屏發(fā)光區(qū)域的坐標范圍是-4×10^-2m≤x≤0．

點評：粒子在極板間做類平拋運動、在磁場中做勻速圓周運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡，熟練應用勻速勻速、勻變速運動的運動規(guī)律、牛頓第二定律，即可正確解題．