Question

（15分）如圖甲所示，兩平行金屬板間接有如圖乙所示的隨時間t變化的交流電壓u，金屬板間電場可看做均勻、且兩板外無電場，板長L=0.2m，板間距離d=0.1m，在金屬板右側有一邊界為MN的勻強磁場，MN與兩板中線OO′ 垂直，磁感應強度B=5×10^－3T，方向垂直紙面向里。現有帶正電的粒子流沿兩板中線OO′連續射入電場中，已知每個粒子的比荷=10⁸C/kg，重力忽略不計，在0-0.8×10^－5s時間內兩板間加上如圖乙所示的電壓（不考慮極板邊緣的影響）。已知t = 0時刻進入兩板間的帶電粒子恰好在0.2×10^－5s時刻經極板邊緣射入磁場。（不考慮粒子間相互影響及返回板間的情況）。

求：

 

 

（1）求兩板間的電壓U₀

（2）0-0.2×10^－5s時間內射入兩板間的帶電粒子都能夠從磁場右邊界射出，求磁場的最大寬度

（3）若以MN與兩板中線OO′ 垂直的交點為坐標原點，水平向右為x軸，豎直向上為y軸建立二維坐標系，請寫出在0.3×10^－5s時刻射入兩板間的帶電粒子進入磁場和離開磁場（此時，磁場只有左邊界，沒有右邊界）時的位置坐標。

（4）兩板間電壓為0，請設計一種方案：讓向右連續發射的粒子流沿兩板中線OO′射入，經過右邊的待設計的磁場區域后，帶電粒子又返回粒子源。

 

 

Answer 1

（1）250 V/m（2）0.2 m（3）若向上偏轉：進入坐標為 (  0 ;   0.0125 ) (m)

離開磁場左邊界坐標為 (  0;   0.4125 ) (m)       若向下偏轉：進入坐標為 (  0  ;  - 0.0125) (m)   離開磁場左邊界坐標為(  0 ;   0.3875) (m)  （4）見解析

解析:(1) （3分）電荷在電場中作類平拋運動 

d/2=at²/2 （1分）  a=d/t²=2.5×10¹⁰  (m/s²)

Eq=ma   （1分） E=ma/q=2.5×10¹⁰/10⁸=250 (V/m)

U₀=Ed=250×0.1=25(V)  （1分）

(2) （3分） 在0---0.2×10^-5S時間內, 0.2×10^-5S時刻射入兩板間的帶電粒子進入磁場并能夠從磁場右邊界射出,則其他粒子也都能從磁場的右邊界射出。粒子進入磁場作勻速圓周運動，則：

Bqv=mv²/R₁     R₁=mv₀/Bq   （1分）

由第一問可知：v₀=L/t=0.2/0.2×10^-5 =10⁵ (m/s)  （1分）

R₁=10⁵/5×10^-3×10⁸=0.2 (m) 

磁場的最大寬度為  D=R₁=0.2 (m)  （1分）

(3) （7分） 0.3×10^-5S時刻進入的粒子先做勻速直線運動,再做類平拋運動. 類平拋運動時間應為t=0.1×10^-5S .

若向上偏轉,根據平拋運動公式得: y₁=at²=2.5×10¹⁰×(0.1×10^-5)²/2=0.0125(m) （1分）

進入坐標為 (  0  ;  0.0125 ) (m)   （1分）

進入磁場作勻速圓周運動,  R₂=mv/Bq

離開磁場時的坐標 y₂=y₁+2R₂cosθ=y₁+2mv₀/Bq

y₂=0.0125+2×10⁵/5×10^-3×10⁸=0.4125(m) （1分）

離開磁場左邊界坐標為 (  0;   0.4125 ) (m)  （1分）

若向下偏轉,根據平拋運動公式得: y₁=at²=2.5×10¹⁰×(0.1×10^-5)²/2=0.0125(m)

進入坐標為 (  0  ;  - 0.0125) (m)    （1分）

進入磁場作勻速圓周運動,  R₂=mv/Bq

離開磁場時的坐標 y₂= 2R₂cosθ-y₁= 2 mv₀/Bq- y₁

y₂=2×10⁵/5×10^-3×10⁸-0.0125=0.3875(m) （1分）

離開磁場左邊界坐標為 (  0;   0.3875) (m) （1分）

(4) （2分）(只要合理均給分)