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如图甲所示,两平行金厲板A,B的板长L=0.2m,板间距d=0.2m.两金属板间加如图乙所示的交变电压,并在两板间形成交变的匀强电场,忽略其边缘效应.在金属板上侧有方向垂直于纸

网友投稿  2022-09-29 00:00:00  零零社区

◎ 题目

如图甲所示,两平行金厲板A,B的板长L=0.2m,板间距d=0.2m.两金属板 间加如图乙所示的交变电压,并在两板间形成交变的匀强电场,忽略其边缘效应.在金 属板上侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场,其上下宽度D=0.4m,左右范围足够大,边界MN和PQ均与金属板垂直,匀强磁场的磁感应强度B=1x 1O-2T.在极板下侧中点O处有一粒子源,从t=0时起不断地沿着00'发射比荷
q
m
=1x108C/kg、初速度v0=2x 105m/s的带正电粒子.忽略粒子重力、粒子间相互作用以及粒子在极板间飞行时极 板间的电压变化.sin30=0.5,sin37=0.6,sin45=

2
2

(1)求粒子进入磁场时的最大速率
(2)对于在磁场中飞行时间最长的粒子,求出其在磁场中飞行的时间以及由0点出发 的可能时刻.
(3)对于所有能从MN边界飞出磁场的粒子,试求这些粒子在MN边界上出射区域的宽度.

魔方格

◎ 答案

(1)设粒子恰从金属板边缘飞出时,AB两板间的电压为U0,由运动学公式及牛顿第二定律得:
 
1
2
d=
1
2
a1t2
 
  qE1=ma1
  E1=
U0
d

  t=
L
v0

联立以上各式,解得,U0=400V<500V
设粒子进入磁场时的最大速率为vm,由动能定理得
 q?
1
2
U0
=
1
2
m
v2m
-
1
2
m
v20

解得,vm=2

2
×105m/s
(2)分析可知,在磁场中飞行时间最长的粒子,其运动轨迹应在电场中向B板偏转,在磁场中恰好与上边界相切,如图所示,设粒子进入磁场时,速度v与OO′成θ角,在磁场中运动时间为
魔方格
tm,由牛顿第二定律、平行四边形定则、几何关系及运动学公式得
   qvB=m
v2
R

   v=
v0
cosθ

  R(1+sinθ)=D
  T=
2πm
qB

 tm=
180°+2θ
360°
?T

联立上述各式,解得,θ=37°,tm=
127
90
π×10-6s
≈4.43×10-6s
设这些粒子进入磁场时在垂直于金属板方向的速度为vy,对应AB两板间的电压为U1,在电场中运动的时间为t1,由O点出发的可能时间为t,则有
   vy=v0tanθ
   vy=a2t1
   qE2=ma2
   E2=
U1
d

联立解得,U1=300V
结合UAB-t图象可得,当U1=300V时,在一个周期内对应的时刻为:t0=0.4s或3.6s,因为电压的周期为T=4s,所以粒子在O点出发可能时刻为
   t=nT+t0
即 t=(4n+0.4)s或(4n+3.6)s,其中 n=0,1,2,…
(3)对于所有能从MN边界飞出磁场的粒子,射出时都集中在电压U1=+300V时和电压U2=-400V时射出点CG之间的范围内,如图所示.
对于电压U1=+300V射出的粒子,设O′D=y,则由运动学公式和牛顿第二定律得
魔方格

  y=
1
2
a2
t21

  qE2=ma2
   E2=
U1
d

解得,y=0.075m
由第(2)问,该粒子在磁场中的运动半径为R,射出电场时速度v与OO′成θ角.设在MN边界上的射出点C和射入点D之间的距离为s1,根据牛顿第二定律、平行四边形定则和几何关系得
   qvB=m
v2
R

   v=
v0
cosθ

  s1=2Rcosθ
联立解得,s1=0.4m.
同理可知,对于U2=-400V时射出的粒子,GH间的距离为s2为:s2=
2mv0
qB

设在MN边界是粒子出射区域的宽度为L,由几何关系可知:
  L=s2+
1
2
d+y-s1

代入解得,L=0.175m
答:(1)粒子进入磁场时的最大速率是2

2
×105m/s.
(2)对于在磁场中飞行时间最长的粒子,在磁场中飞行的时间是4.43×10-6s,由0点出发的可能时刻是t=(4n+0.4)s或(4n+3.6)s,其中 n=0,1,2,….
(3)对于所有能从MN边界飞出磁场的粒子在MN边界上出射区域的宽度是0.175m.

◎ 解析

“略”

◎ 知识点

    专家分析,试题“如图甲所示,两平行金厲板A,B的板长L=0.2m,板间距d=0.2m.两金属板间加如图乙所示的交变电压,并在两板间形成交变的匀强电场,忽略其边缘效应.在金属板上侧有方向垂直于纸…”主要考查了你对  【向心力】,【牛顿第二定律】,【动能定理】,【带电粒子在匀强磁场中的运动】  等知识点的理解和应用能力。关于这些知识点的“档案”,你可以点击相应的链接进行查看和学习。



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