Question

18．如圖所示，長為l=1m的平行板電容器，AB和CD兩板的間距為l，兩板的帶電性質(zhì)如圖所示，某粒子源沿平行板中心板中心軸線發(fā)射出速度都為v₀=2×10⁴m/s的比荷為1×10⁶C/kg的正粒子，在平行板的右側(cè)有3個熒光屏，分別放置在AB板B邊緣上方、CD板D邊緣下方和距離BD右邊x=$\frac{0.2}{\sqrt{3}}$m處，且足夠大，屏和平行板垂直，如圖所示，在BD和右板之間的區(qū)域內(nèi)有磁感應強度大小B=0.1T的勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，不考慮粒子的重力，認為平行板內(nèi)為勻強電場，板外無電場（答案可用根號表示）．
（1）若要求所有粒子都能從兩板間射出，求兩板能加電壓的范圍；
（2）討論粒子打在熒光屏上的范圍．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，要使全部粒子都從兩板間射出，應滿足偏轉(zhuǎn)距離y$≤\frac{L}{2}$，由運動學公式求解電壓范圍
（2）當U=400V，粒子恰好沿上板邊緣離開，與豎直板右板恰好相切時，距離最遠；當U=0時，粒子以V₀進入磁場，與豎直板右板恰好相切時，距離最近．

解答 解：（1）粒子在電場中做類平拋運動，要使全部粒子都從兩板間射出，應滿足偏轉(zhuǎn)距離y$≤\frac{L}{2}$
由運動學公式知：y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{1}{2}\frac{qU}{mL}\frac{{L}^{2}}{{V}_{0}^{2}}$
聯(lián)立得U≤$\frac{m{V}_{0}^{2}}{q}$=400V
（2）當U=400V，粒子恰好沿上板邊緣離開，與豎直板右板恰好相切時，距離最遠為h，
此時的速度V=$\sqrt{{V}_{0}^{2}+{V}_{y}^{2}}$=$\sqrt{{V}_{0}^{2}+（\frac{qU}{mL}\frac{L}{{V}_{0}}）^{2}}$=$2\sqrt{2}×1{0}^{4}$m/s
對應的半徑R=$\frac{mV}{qB}$=0.2$\sqrt{2}$m
由幾何公式知：R²=h²+（R-x）²
解得：h=0.228m
當U=0時，粒子以V₀進入磁場，與豎直板右板恰好相切時，距離最近為h′，
畫出運動軌跡，由幾何知識知：h′=x=$\frac{0.2}{\sqrt{3}}$m
故粒子打在熒光屏上的范圍為距離OO′上方最遠：$\frac{L}{2}+h$=0.728m；最近：$\frac{0.2}{\sqrt{3}}$m
答：（1）若要求所有粒子都能從兩板間射出，求兩板能加電壓的范圍U≤400V；
（2）討論粒子打在熒光屏上的范圍為距離OO′上方最遠：$\frac{L}{2}+h$=0.728m；最近：$\frac{0.2}{\sqrt{3}}$m

點評 帶電粒子在組合場中的運動問題，首先要運用動力學方法分析清楚粒子的運動情況，再選擇合適方法處理．對于勻變速曲線運動，常常運用運動的分解法，將其分解為兩個直線的合成，由牛頓第二定律和運動學公式結(jié)合求解；對于磁場中圓周運動，要正確畫出軌跡，由幾何知識求解半徑