Question

如圖甲所示，水平加速電場的加速電壓為U₀，在它的右側(cè)有由水平正對放置的平行金屬板a、b構(gòu)成的偏轉(zhuǎn)電場，已知偏轉(zhuǎn)電場的板長L=0.10m，板間距離d=5.0×10^-2 m，兩板間接有如圖15乙所示的隨時間變化的電壓U，且a板電勢高于b板電勢．在金屬板右側(cè)存在有界的勻強磁場，磁場的左邊界為與金屬板右側(cè)重合的豎直平面MN，MN右側(cè)的磁場范圍足夠大，磁感應(yīng)強度B=5.0×10^-3T，方向與偏轉(zhuǎn)電場正交向里（垂直紙面向里）．質(zhì)量和電荷量都相同的帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)過電壓U₀=50V的加速電場后，連續(xù)沿兩金屬板間的中線OO′方向射入偏轉(zhuǎn)電場中，中線OO′與磁場邊界MN垂直．已知帶電粒子的比荷

q

m

=1.0×10⁸ C/kg，不計粒子所受的重力和粒子間的相互作用力，忽略偏轉(zhuǎn)電場兩板間電場的邊緣效應(yīng)，在每個粒子通過偏轉(zhuǎn)電場區(qū)域的極短時間內(nèi)，偏轉(zhuǎn)電場可視作恒定不變．
（1）求t=0時刻射入偏轉(zhuǎn)電場的粒子在磁場邊界上的入射點和出射點間的距離；
（2）求粒子進入磁場時的最大速度；
（3）對于所有進入磁場中的粒子，如果要增大粒子在磁場邊界上的入射點和出射點間的距離，應(yīng)該采取哪些措施？試從理論上推理說明．

Answer 1

分析：（1）由動能定理可以求出粒子離開加速度電廠時的速度，由牛頓第二定律可以求出粒子在磁場中的軌道半徑，然后確定粒子進入與離開磁場的距離．
（2）粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，應(yīng)用平拋運動規(guī)律與動能定理可以求出粒子的最大速度．
（3）求出粒子在磁場邊界上的入射點和出射點間的距離表達式，然后找出增大該距離的措施．

解答：解：（1）設(shè)經(jīng)過加速電場加速后，粒子的速度為v₀，
由動能定理得：qU0=

1

2

mv02，
解得：v₀=

2qU0 m

=1.0×10⁵m/s，
由于t=0時刻偏轉(zhuǎn)電場的場強為零，此時射入偏轉(zhuǎn)電場的粒子將勻速穿過電場而以v₀的速度垂直磁場邊界進入磁場中，
在磁場中的運動軌跡為半圓．設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，
由牛頓第二定律得：qv₀B=m

v02

r

，解得r=

mv0

qB

，
粒子在磁場邊界上的入射點和出射點間的距離d=2r=0.40m；
（2）設(shè)粒子以最大偏轉(zhuǎn)量離開偏轉(zhuǎn)電場，即軌跡經(jīng)過金屬板右側(cè)邊緣處，
進入磁場時a、b板的電壓為U_m，則粒子進入偏轉(zhuǎn)電場后，加速度a=

qUm

m

，
在水平方向 L=v₀t，在豎直方向 y=

1

2

at²，
解得Um=

2U0d2

L2

=25v＜50v；
電壓U_m=25V時對應(yīng)粒子進入磁場的速度最大，
設(shè)最大速度大小為v_m，方向與OO′的夾角為q，
則對于粒子通過加速電場和偏轉(zhuǎn)電場的過程，
由動能定理得：qU₀+q=

1

2

mv_m ，
解得v_m=

2qU0 m + qUm m

=

5

2

×10⁵m/s=1.1×10⁵m/s，
tanθ=

vy

v0

=

1

2

，即θ=arctan

1

2

，
（或cosθ=

v0

vm

=

2

5

5

，即θ=arccos

2

5

5

）
（3）設(shè)任意時刻進入磁場的粒子，其進入磁場時速度方向與OO′的夾角為α，
則其速度大小 v=

v0

cosα

，
粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑  R=

mv

qB

=

mv0

qBcosα

，
由如圖答-3所示的幾何關(guān)系可知，粒子在磁場邊界上的入射點和出射點間的距離
  x=2Rcosα=

2mv0

qB

=

2

B

2mU0 q

，
所以要增大粒子在磁場邊界上的入射點和出射點間的距離x，應(yīng)該減小勻強磁場的磁感應(yīng)強度B，或增大加速電壓U₀；
答：（1）t=0時刻射入偏轉(zhuǎn)電場的粒子在磁場邊界上的入射點和出射點間的距離為0.4m．
（2）粒子進入磁場時的最大速度為1.1×10⁵m/s．
（3）增大粒子在磁場邊界上的入射點和出射點間的距離x，應(yīng)該減小勻強磁場的磁感應(yīng)強度B，或增大加速電壓U₀．

點評：應(yīng)用動能定理、類平拋運動的知識、牛頓定律即可正確解題；本題難度較大，是一道難題．