Question

（15分）如圖甲所示，兩平行金屬板間接有如圖乙所示的隨時間t變化的交流電壓u，金屬板間電場可看做均勻、且兩板外無電場，板長L=0.2m，板間距離d=0.1m，在金屬板右側(cè)有一邊界為MN的勻強磁場，MN與兩板中線OO′ 垂直，磁感應強度 B=5×10^－3T，方向垂直紙面向里�，F(xiàn)有帶正電的粒子流沿兩板中線OO′連續(xù)射入電場中，已知每個粒子的比荷=10⁸C/kg，重力忽略不計，在0-0.8×10^－5s時間內(nèi)兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極板邊緣的影響）。已知t = 0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在0.2×10^－5s時刻經(jīng)極板邊緣射入磁場。（不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況）。
求：

（1）求兩板間的電壓U₀
（2）0-0.2×10^－5s時間內(nèi)射入兩板間的帶電粒子都能夠從磁場右邊界射出，求磁場的最大寬度
（3）若以MN與兩板中線OO′ 垂直的交點為坐標原點，水平向右為x軸，豎直向上為y軸建立二維坐標系，請寫出在0.3×10^－5s時刻射入兩板間的帶電粒子進入磁場和離開磁場（此時，磁場只有左邊界，沒有右邊界）時的位置坐標。
（4）兩板間電壓為0，請設計一種方案：讓向右連續(xù)發(fā)射的粒子流沿兩板中線OO′射入，經(jīng)過右邊的待設計的磁場區(qū)域后，帶電粒子又返回粒子源。

Answer 1

（1）250 V/m（2）0.2 m（3）若向上偏轉(zhuǎn)：進入坐標為 (  0  ;   0.0125 ) (m)
離開磁場左邊界坐標為 (  0 ;   0.4125 ) (m)      若向下偏轉(zhuǎn)：進入坐標為 (  0  ;  - 0.0125 ) (m)  離開磁場左邊界坐標為 (  0 ;   0.3875) (m) （4）見解析

(1) （3分）電荷在電場中作類平拋運動 
d/2=at²/2 （1分）  a="d/" t²=2.5×10¹⁰  (m/s²)
Eq="ma  " （1分） E=ma/q=2.5×10¹⁰/10⁸ ="250" (V/m)
U₀="Ed=250×0.1=25" (V) （1分）
(2) （3分） 在0---0.2×10^-5S時間內(nèi), 0.2×10^-5S時刻射入兩板間的帶電粒子進入磁場并能夠從磁場右邊界射出,則其他粒子也都能從磁場的右邊界射出。粒子進入磁場作勻速圓周運動，則：
Bqv=mv²/R₁      R₁=mv₀/Bq  （1分）
由第一問可知：v₀=L/t=0.2/0.2×10^-5 =10⁵ (m/s) （1分）
R₁=10⁵/5×10^-3×10⁸="0.2" (m) 
磁場的最大寬度為  D=R₁=0.2 (m) （1分）
(3) （7分） 0.3×10^-5S時刻進入的粒子先做勻速直線運動,再做類平拋運動. 類平拋運動時間應為t=0.1×10^-5S .
若向上偏轉(zhuǎn),根據(jù)平拋運動公式得: y₁=at²=2.5×10¹⁰×(0.1×10^-5)²/2="0.0125" (m) （1分）
進入坐標為 (  0  ;   0.0125 ) (m)  （1分）
進入磁場作勻速圓周運動,  R₂="mv/Bq"
離開磁場時的坐標 y₂=y₁+2R₂cosθ=y₁+2 mv₀/Bq
y₂=0.0125+2×10⁵/5×10^-3×10⁸="0.4125" (m)（1分）
離開磁場左邊界坐標為 (  0 ;   0.4125 ) (m) （1分）
若向下偏轉(zhuǎn),根據(jù)平拋運動公式得: y₁=at²=2.5×10¹⁰×(0.1×10^-5)²/2="0.0125" (m)
進入坐標為 (  0  ;  - 0.0125 ) (m)   （1分）
進入磁場作勻速圓周運動,  R₂="mv/Bq"
離開磁場時的坐標 y₂= 2R₂cosθ- y₁=" 2" mv₀/Bq- y₁
y₂=2×10⁵/5×10^-3×10⁸-0.0125="0.3875(m)" （1分）
離開磁場左邊界坐標為 (  0 ;   0.3875) (m) （1分）
(4) （2分）(只要合理均給分)