Question

真空中有如圖裝置，水平放置的金屬板A、B中間開有小孔，小孔的連線沿豎直放置的金屬板C、D的中間線，一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子（初速不計、重力不計）P進入A、B間被加速后，再進入金屬板C、D間的偏轉電場偏轉，并恰能從D板下邊緣射出．已知金屬板A、B間電勢差為U_AB=+U₀，C、D板長度均為L，C、D板間距為

3

3

L．在金屬板C、D下方有如圖l所示的、有上邊界的、范圍足夠大的勻強磁場，該磁場上邊界與金屬板C、D下端重合，其磁感應強度隨時間變化的圖象如圖，圖中的B₀為已知，但其變化周期T未知，忽略偏轉電場的邊界效應．
（1）求金屬板C、D間的電勢差U_CD；
（2）求粒子剛進入磁場時的速度；
（3）已知垂直紙面向里的磁場方向為正方向，該粒子在圖2中t=

3

4

T0時刻進入磁場，并在t=T₀時刻的速度方向恰好水平，求該粒子從射入磁場到離開磁場的總時間t_總．

Answer 1

分析：（1）設粒子進入偏轉電場瞬間的速度為v₀，對粒子加速過程由動能定理可以求得v₀，進入偏轉電場中，做類平拋運動，根據平拋運動的基本公式及幾何關系列式即可求解C、D間的電勢差U_CD；
（2）設粒子進入磁場時的速度為v，對粒子的偏轉過程運用動能定理列式求出速度v大小，再結合幾何關系求出粒子由k點離開電場時偏轉角為θ；
（3）畫出粒子在磁場中做圓周運動軌跡，分析粒子運動情況，求出粒子每個過程的運動時間，進而求出總時間．

解答：解：（1）設粒子進入偏轉電場瞬間的速度為v₀，對粒子加速過程由動能定理：
qU0=

1

2

m

v

2 0

解得  v0=

2qU0 m

進入偏轉電場中，水平位移        x=

1

2

at2
其中加速度：a=

qUCD

md

（式中d=

3

3

L）          
豎直位移與時間關系：L=v₀t
又依題意“恰能從D板下邊緣射出”：x=

3

6

L
解得：UCD=

2

3

U0
（2）設粒子進入磁場時的速度為v，對粒子的偏轉過程有
q?

UCD

2

=

1

2

mv2-

1

2

m

v

2 0

解得：v=

8qU0 3m

設粒子由k點離開電場時偏轉角為θ，則cosθ=

v0

v

=

3

2

或者tanθ=

3 L 6

L 2

或者tanθ=

vx

v0

=

1

3

解得      θ=30°
（3）粒子在磁場中做圓周運動軌跡如圖所示，周期為：T =

2πm

qB0

粒子從k進入磁場沿逆時針方向運動，由“并在t=T₀時刻的速度方向恰好水平”知，軌跡對應的圓心角為?=60°，此過程對應的運動時間為t1=

T

6

，到達了e點；接著磁場反向，在t2=

T

2

內粒子沿順時針方向運動半周到達f點；此時磁場再反向，粒子在t3=

T

6

內沿逆時針方向運動到g點；接著在t4=

T

2

內運動到h點；再接著在t5=

T

6

內運動到i點；最后經t6=

T

6

離開磁場．
則該粒子從射入磁場到離開磁場的總時間為t總=t1+t2+t3+t4+t5+t6=

5T

3

即 t總=

10πm

3qB0

答：（1）金屬板C、D間的電勢差U_CD為

2

3

U0；
（2）粒子剛進入磁場時的速度大小為

8qU0 3m

，方向與D板的夾角為30°；
（3）該粒子從射入磁場到離開磁場的總時間t_總為

10πm

3qB0

．

點評：本題主要考查了動能定理、平拋運動的基本公式的直接應用，要求同學們能夠正確分析粒子的運動情況，難度適中．