Question

（2011?徐州一模）如圖甲所示，M和N是相互平行的金屬板，OO₁O₂為中線，O₁為板間區域的中點，P是足夠大的熒光屏帶電粒子連續地從O點沿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）．若入射粒子是不同速率、電量為e、質量為m的電子，試求能打在熒光屏P上偏離點O₂最遠的電子的動能．
（2）若兩板間沒有電場，而只存在一個以O₁點為圓心的圓形勻強磁場區域，磁場方向垂直紙面向里，已知磁感應強度B=0.50T，兩板間距d=

3

cm，板長L=l.0cm，帶電粒子質量m=2.0×10^-25kg，電量q=8.0×10^-18C，入射速度v=

3

×10⁵m/s．若能在熒光屏上觀察到亮點，試求粒子在磁場中運動的軌道半徑r，并確定磁場區域的半徑R應滿足的條件．（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）．入射粒子是電量為e、質量為m的電子．某電子在t0=

L

4v0

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應滿足的條件．

U₀≤

8md2v02

eL2

．

Answer 1

分析：（1）打在熒光屏上偏離點O₂最遠的粒子在電場中偏轉的距離等于

d

2

．粒子在電場中做類平拋運動，運用運動的分解法，由牛頓第二定律和運動學公式求粒子的初速度，根據動能定理求解動能．
（2）粒子在磁場中由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．由幾何關系求出磁場區域最大的半徑．
（3）由圖讀出交變電壓的周期為T=

2L

3v0

，則t₀=

3

8

T，電子分別在

3

8

T～

5

8

T、

5

8

T～

11

8

T、

11

8

T～

13

8

T、

13

8

T～

15

8

T時間內沿垂直于初速度方向運動的位移依次為y₁、y₂、y₃、y₄，根據牛頓第二定律求出加速度，要使該電子能通過平行金屬板，則應滿足條件y₁+y₂+y₃+y₄≤

d

2

，即可求出U₀應滿足的條件．

解答：解：（1）電子在兩極板間的加速度為：a=

eU

md

通過金屬板的時間為：t=

L

v

對打在熒光屏上偏離點O₂最遠的粒子，有：

1

2

d=

1

2

at²             
有動能定理得：E_k=

1

2

eU+

1

2

mv²                           
聯立解得：E_k=

eU(d2+L2)

2d2

（2）由牛頓第二定律可知，qvB=

mv2

r

代入數據解得：r=5

3

×10^-3m=8.7×10^-3m                   
如圖所示，設恰好在熒光屏P上觀察到亮點時，粒子偏轉角為2θ，磁場區域的最大半徑為R₀，由幾何關系可知
tan2θ=

d/2

L/2

，tanθ=

R0

r

代入數據解得：R₀=5×10^-3m                                
則R應滿足的條件：R≤5×10^-3m                   
（3）交變電壓的周期 T=

2L

3v0

，則t₀=

3

8

T
電子通過金屬板的時間：t′=

L

v0

=

3

2

T  
電子在兩極板間的加速度：a′=

eU0

md

設電子分別在

3

8

T～

5

8

T、

5

8

T～

11

8

T、

11

8

T～

13

8

T、

13

8

T～

15

8

T時間內沿垂直于初速度方向運動的位移依次為y₁、y₂、y₃、y₄，則有
y₁=y₃=-a′（

1

2

T-t₀）²         
y₂=a′（

3

8

T）²            
 y₄=

1

2

a′（

1

4

T）²      
要使電子能通過平行金屬板，應滿足條件：y₁+y₂+y₃+y₄≤

d

2

聯立解得：U₀≤

8md2v02

eL2

答：（1）打在熒光屏P上偏離點O₂最遠的電子的動能是

eU(d2+L2)

2d2

．
（2）磁場區域的半徑R應滿足的條件是5×10^-3m．
（3）U₀應滿足的條件是 U₀≤

8md2v02

eL2

．

點評：本題是臨界問題，采用極限法和幾何知識確定出臨界條件是本題的解題關鍵，考查解決綜合題的能力．