Question

如圖甲所示，M和N是相互平行的金屬板，OO₁O₂為中線，O₁為板間區(qū)域的中點(diǎn)，P是足夠大的熒光屏帶電粒子連續(xù)地從O點(diǎn)沿OO₁方向射入兩板間．帶電粒子的重力不計。

　 （1）若只在兩板間加恒定電壓U，M和N相距為d，板長為L（不考慮電場邊緣效應(yīng)）．若入射粒子是不同速率、電量為e、質(zhì)量為m的電子，試求能打在熒光屏P上偏離點(diǎn)O₂最遠(yuǎn)的電子的動能．

　 （2）若兩板間沒有電場，而只存在一個以O₁點(diǎn)為圓心的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里，已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.50T，兩板間距cm，板長L=l.0cm，帶電粒子質(zhì)量m=2.0×10^—25kg，電量q=8.0×10^-18C，入射速度×10⁵m/s．若能在熒光屏上觀察到亮點(diǎn)，試求粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑r，并確定磁場區(qū)域的半徑R應(yīng)滿足的條件．（不計粒子的重力）

　 （3）若只在兩板間加如圖乙所示的交變電壓u，M和N相距為d，板長為L（不考慮電場邊緣效應(yīng)）．入射粒子是電量為e、質(zhì)量為m的電子．某電子在時刻以速度v₀射入電場，要使該電子能通過平行金屬板，試確定U₀應(yīng)滿足的條件．

Answer 1

解：（1）電子在兩極板間的加速度a=    （1分）

通過金屬板的時間t=                                 （1分）

對打在熒光屏上偏離點(diǎn)O2最遠(yuǎn)的粒有d=at²             （1分）

有動能定理得：E_k=eU+mv²                           （1分）

聯(lián)立解得：E_k=                            （1分）

（2）由牛頓第二定律可知，qvB=                    （2分）

代入數(shù)據(jù)解得 r=5×10^-3m=8.7×10^-3m                   （1分）

如圖所示，設(shè)恰好在熒光屏P上觀察到亮點(diǎn)時，粒子偏轉(zhuǎn)角為2θ，磁場區(qū)域的最大半徑為R₀，由幾何關(guān)系可知

tan2θ= ,tanθ=                                （2分）

代入數(shù)據(jù)解得R₀=5×10^-3m                                （1分）

則R應(yīng)滿足的條件R≤5×10^-3m                       （1分）

（3）交變電壓的周期 T=，則t₀=T

電子通過金屬板的時間 t′==T  （1分）

電子在兩極板間的加速度 a′=   （1分）

設(shè)電子分別在T~T、T~T、T~T、T~T時間內(nèi)沿垂直于初速度方向運(yùn)動的位移依次為y₁、y₂、y₃、y₄，則有

y₁=y₃=-a′ (T-t₀)²         （1分）

y₂=a′ (T)²              （1分）   y₄=a′ (T)²       （1分）

要使電子能通過平行金屬板，應(yīng)滿足條件y₁+y₂+y₃+y₄≤  （1分）

聯(lián)立解得 U₀≤              （2分）