Question

14．如圖甲所示，在兩平行金屬板的中線OO′某處放置一個粒子源，粒子沿OO′方向連續(xù)不斷地放出速度v₀=1×10⁵m/s的帶正電的粒子．在直線MN的右側(cè)分布有范圍足夠大的勻強磁場，磁感應強度B=0.01πT，方向垂直紙面向里，MN與中線OO′垂直．兩平行金屬板間的電壓U隨時間變化的U-t圖線如圖乙所示．已知帶電粒子的荷質(zhì)比$\frac{q}{m}$=1×10⁸C/kg，粒子的重力和粒子之間的作用力均可忽略不計，若t=0.1s時刻粒子源放出的粒子恰能從平行金屬板邊緣離開電場（設在每個粒子通過電場區(qū)域的時間內(nèi)，可以把板間的電場看作是恒定的）．求：

（1）t=0.1s時刻粒子源放出的粒子離開電場時的速度大小和方向．
（2）從粒子源放出的粒子在磁場中運動的最短時間和最長時間．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子進入電場后做類平拋運動，在t=0.1s時刻射入電場的帶電粒子恰能從平行金屬板邊緣射出，偏轉(zhuǎn)距離y=$\frac{1}{2}$d，運用運動的分解，先由偏轉(zhuǎn)距離求得時間t，再由速度的合成求該粒子射出電場時速度的大��；
（2）帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動．不同時刻釋放的粒子在電場中的偏角θ不同，進入磁場后在磁場中運動的時間不同，θ角越大的進入磁場中的偏角越大，運動時間越長．t=0時刻釋放的粒子，在電場中的偏角為0°，在磁場中運動的時間最短，t=0.1s時刻釋放的粒子，在電場中的偏角最大為45°，即可求得在磁場中的最短和最長運動時間．

解答 解：（1）設板間距為d，t=0.1s時刻釋放的粒子在板間做類平拋運動
在沿電場方向上有：$\fracgoceesi{2}$=$\frac{qU}{2md}$t² ①
粒子離開電場時，沿電場方向的分速度  v_y=at=$\frac{qU}{md}t$  ②
粒子離開電場時的速度  v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$  ③
粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)角為θ  tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$ ④
由①②③④得  v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+\frac{qU}{m}}$=1.4×10⁵m/s
tanθ=1，θ=45°                           
（2）帶電粒在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期 T=$\frac{2πm}{qB}$=2×10^-6s
不同時刻釋放的粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)角θ不同，進入磁場后在磁場中運動的時間不同，θ大的在磁場中的偏轉(zhuǎn)角大，運動時間長．
t=0時刻釋放的粒子，在電場中的偏轉(zhuǎn)角為0，在磁場中運動的時間最短：t₁=$\frac{T}{2}$=1×10^-6s；
t=0.1s時刻釋放的粒子，在電場中的偏轉(zhuǎn)角最大為45°，在磁場中運動的時間最長：t₂=$\frac{3}{4}$T=1.5×10^-6s；
答：
（1）在t=0.1s時刻粒子源放出的粒子離開電場時的速度大小為1.4×10⁵m/s，方向與水平方向的夾角是45°．
（2）從粒子源放出的粒子在磁場中運動的最短時間是1×10^-6 s和最長時間為1.5×10^-6 s．

點評 本題是組合場問題，電場中偏轉(zhuǎn)運用運動的分解法研究，磁場中偏轉(zhuǎn)研究方法是畫出軌跡，運用幾何知識和牛頓第二定律結(jié)合處理．