Question

1．如圖所示，一對平行金屬板MM′、NN′水平放置．板長L=0.4m．板間距離d=0.4m．將兩板接在-個電壓可以調節(jié)的電源上（圈中未畫出）．MM′接電源的正極．在兩板的右側存在水平方向的勻強磁場．磁場的方向垂直于紙面向里．磁感應強度的大小B=0 25T．NN′在磁場的左側邊界上，磁場的右側邊界豎直放置-個足夠長的光屏，磁場的寬度L′=0.2m，現(xiàn)有比荷為為$\frac{q}{m}$=2×10⁵c/kg的帶正電的粒子束．沿兩扳的中軸線00′以相同的速度不停地射入，當兩板之間的電壓為0V時，粒子剛好不能打在光屏上．不計粒子重力．
（1）帶電粒子的初速度為多大？
（2）要使粒子能從兩板MM′、NN′之間射出，加在兩板之同的電壓范圍為多大？
（3）如果從零開始連續(xù)調節(jié)兩板所接電源（內阻不計）的電壓，粒子打在光屏上的位置將會發(fā)生變化，那么，粒子束打在光屏上的區(qū)域的長度是多少？（保留根號）

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在磁場中發(fā)生偏轉，當運動的軌跡剛好與屏相切時，粒子剛好不能打在光屏上，由洛倫茲力提供向心力即可解答；
（2）帶電粒子在電場中發(fā)生偏轉，由平拋運動的規(guī)律，即可求解；
（3）根據(jù)帶電粒子在磁場中運動的規(guī)律和從電場中射出時速度的方向，判斷出能打到光屏的位置．

解答 解：（1）當兩板之間的電壓為0V時，粒子沿直線方向穿過電場的區(qū)域，帶電粒子在磁場中發(fā)生偏轉，由洛倫茲力提供向心力，得：
$q{v}_{0}B=\frac{m{v}_{0}^{2}}{r}$
當運動的軌跡剛好與屏相切時，粒子剛好不能打在光屏上，則：r=L′
所以，粒子的初速度：${v}_{0}=\frac{qBL′}{m}$
代入數(shù)據(jù)得：${v}_{0}=1{0}^{4}$m/s
（2）由圖可知電場的方向向下，正電荷在電場中受到的電場力的方向向下，當粒子恰好從N′點射出時，偏轉量：$y=\frac{1}{2}d=\frac{1}{2}×0.4m=0.2$m
水平方向：L=v₀t
粒子受到的電場力：$F=qE=\frac{q{U}_{m}}6dd9pfm$
粒子的加速度：$a=\frac{F}{m}$
偏轉量：$y=\frac{1}{2}a{t}^{2}$
聯(lián)立方程，整理得：${U}_{m}=\frac{2ym{v}_{0}^{2}d}{q{L}^{2}}=500$V
加在兩板之同的電壓范圍為U≤500V
（3）正電荷在磁場中受到的安培力的方向向左，當偏轉電等于0時，粒子打在光屏上的位置在最上面，當偏轉電壓是500V時，粒子的位置在最下面，如圖：
粒子沿豎直方向的分速度：${v}_{y}=at=\frac{q{U}_{m}}{md}•\frac{L}{{v}_{0}}=1{0}^{4}$m/s
粒子在電場中的偏轉角：$tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=1$
所以偏轉角：θ=45°
粒子的合速度：$v=\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}=\sqrt{2}×1{0}^{4}$m/s
此時，粒子在磁場中的偏轉半徑：$r′=\frac{mv}{qB}=\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qB}=\sqrt{2}L′$=$\sqrt{2}$0.2m，由幾何關系可得，此時粒子做勻速圓周運動的圓心在O′點，如圖，則打在光屏上的位置到O′點的距離是r′，粒子束打在光屏上的區(qū)域的長度（綠色線）是：x=r+r′=0.2m+0.2$\sqrt{2}$m≈0.48m
答：（1）帶電粒子的初速度為${v}_{0}=1{0}^{4}$m/s．
（2）要使粒子能從兩板MM′、NN′之間射出，加在兩板之同的電壓范圍為U≤500V
（3）如果從零開始連續(xù)調節(jié)兩板所接電源（內阻不計）的電壓，粒子打在光屏上的位置將會發(fā)生變化，那么，粒子束打在光屏上的區(qū)域的長度是0.48m

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程，正確畫出粒子運動的軌跡是正確解題的前提與關鍵．