Question

如圖甲所示，xOy坐標(biāo)系中，兩平行極板MN垂直于y軸且N板與x軸重合，左端與坐標(biāo)原點(diǎn)O重合，緊貼N板下表面有一長(zhǎng)熒光屏，其右端與N板右端平齊，粒子打到屏上發(fā)出熒光．極板長(zhǎng)度l=0.08m，板間距離d=0.09m，兩板間加上如圖乙所示的周期性電壓．x軸下方有垂直于xOy平面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．在y軸的（0，d/2）處有一粒子源，沿兩極板中線連續(xù)向右發(fā)射帶正電的粒子，已知粒子比荷為

q

m

=5×10⁷C/kg、速度v₀=8×10⁵m/s．t=0時(shí)刻射入板間的粒子恰好經(jīng)N板右邊緣射入磁場(chǎng)．（粒子重力不計(jì)）求：
（1）電壓U₀的大小；
（2）粒子射出極板時(shí)，出射點(diǎn)偏離入射方向的最小距離；
（3）熒光屏發(fā)光區(qū)域的坐標(biāo)范圍．

Answer 1

分析：（1）粒子在極板間先做類平拋運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由勻速運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓第二定律、勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律可言求出加速電壓．
（2）在半周期奇數(shù)倍時(shí)刻射入極板間的粒子偏移量最小，由類平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)可言求出最小偏移量．
（3）粒子離開電場(chǎng)后在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑，然后確定熒光屏發(fā)光區(qū)域范圍．

解答：解：（1）對(duì)t=0時(shí)刻進(jìn)入板間的粒子先在板間偏轉(zhuǎn)，
后勻速運(yùn)動(dòng)，如圖中軌跡1所示，粒子在板間做類平拋運(yùn)動(dòng)，
在水平方向：l=v₀t
解得：t=10×10^-8s=T，
在豎直方向：

d

2

=

1

2

a（

T

2

）²+（a?

T

2

）

T

2

，
由牛頓第二定律得：

qU0

d

=ma，
解得：U₀=2.16×10⁴V；
（2）當(dāng)粒子從t=

2n-1

2

T（n=1、2、3…）時(shí)刻射入時(shí)偏轉(zhuǎn)量最小，
如圖中軌跡2所示，類平拋運(yùn)動(dòng)，最小偏移量：
y_min=

1

2

a（

T

2

）²
y_min=0.015m；
（3）所有粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度均為v，與x軸夾角均為α，半徑為R，
tanα=

vy

v0

=

a T 2

v0

，
v=

(v0)2+(vy)2

=

(v0)2+(a T 2 )2

，
粒子軌道半徑：R=

mv

qB

=0.1m，
t=

T

2

時(shí)刻射入的粒子，距板的右端距離最大為△x，
粒子束進(jìn)入磁場(chǎng)的寬度為△x，由幾何關(guān)系：

△x

d 2 -ymin

=cotα，
解得：△x=0.04m，
粒子在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)的距離為L(zhǎng)，
L=2Rsinα=0.12m，
t=0時(shí)刻進(jìn)入的粒子打在熒光屏上的坐標(biāo)為x₁，
x₁=-（L-l）=-4×10^-2m，
t=

T

2

時(shí)刻進(jìn)入的粒子打在熒光屏上的坐標(biāo)為x₂，
x₂=x₁+△x=0，
熒光屏發(fā)光區(qū)域的坐標(biāo)范圍為-4×10^-2m≤x≤0；
答：（1）電壓U₀的大小為2.16×10⁴V；
（2）粒子射出極板時(shí)，出射點(diǎn)偏離入射方向的最小距離為0.015m；
（3）熒光屏發(fā)光區(qū)域的坐標(biāo)范圍是-4×10^-2m≤x≤0．

點(diǎn)評(píng)：粒子在極板間做類平拋運(yùn)動(dòng)、在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過程、作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，熟練應(yīng)用勻速勻速、勻變速運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓第二定律，即可正確解題．