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如图甲所示,两平行金属板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,在金属板上侧有一方向垂直

网友投稿  2023-04-06 00:00:00  零零社区

◎ 题目

如图甲所示,两平行金属板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,在金属板上侧有一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=1×l0-2T.在极板下侧中点O处有一粒子源,从t=0时起不断地沿着OO’发射比荷
q
m
=1×l08 C/kg.初速度为v0=2×l05m/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.

魔方格

(1)求粒子进入磁场时的最大速率;
(2)对于能从MN边界飞出磁场的粒子,其在磁场的入射点和出射点的间距s是否为定值?若  是,求出该值;若不是,求s与粒子由O出发的时刻t之间的关系式;
(3)定义在磁场中飞行时间最长的粒子为{A类粒子},求出{A类粒子}在磁场中飞行的时间,以及由O出发的可能时刻.

◎ 答案


魔方格
(1)设偏转的电压为U0时,粒子刚好能经过极板的右边缘射出.
1
2
d=
1
2
?
qU0
md
?(
L
v0
)
2

解得:U0=400V.
知偏转电压为400V时,粒子恰好能射出电场,且速度最大.
根据动能定理得,
1
2
mvm2-
1
2
mv02=q
U0
2

解得:vm=2

2
×105m/s
(2)如图,设粒子射出电场速度方向与OO′间夹角为θ.
粒子射出电场时速度大小为:v=
v0
cosθ

qBv=m
v2
R

由几何关系得:s=2Rcosθ
解得:s=
2mv0
qB
=0.4m,是一个定值.
(3)如上小题图,{A类粒子}在电场中向B板偏转,在磁场中的轨迹恰好与上边界相切,
则有:R(1+sinθ)=D
联立以上各式,可得:sinθ=0.6,所以θ=37°
则在磁场中飞行的时间为:t=
180+2×37
360
?
2πm
Bq
=
127
90
π×10-6s

进入磁场时,vy1=v0tanθ=1.5×105m/s
vy1=
qU1
md
?
L
v0

对应AB的电压为U1=300V
所以粒子从O点出发的时刻可能是t=4n+0.4s(n=0,1,2…)
答:(1)粒子进入磁场时的最大速率为2

2
×105m/s;
(2)对于能从MN边界飞出磁场的粒子,其在磁场的入射点和出射点的间距s是定值,s=0.4m;
(3){A类粒子}在磁场中飞行的时间为
127
90
π×10-6s
,由O出发的可能时刻为t=4n+0.4s(n=0,1,2…).

◎ 解析

“略”

◎ 知识点

    专家分析,试题“如图甲所示,两平行金属板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,在金属板上侧有一方向垂直…”主要考查了你对  【牛顿第二定律】,【带电粒子在电场中运动的综合应用】,【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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