?第58講 帶電粒子在交變電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)

1．（2018?浙江）小明受回旋加速器的啟發(fā)，設(shè)計(jì)了如圖1所示的“回旋變速裝置”。兩相距為d的平行金屬柵極板M、N，板M位于x軸上，板N在它的正下方。兩板間加上如圖2所示的幅值為U0的交變電壓，周期．板M上方和板N下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向相反的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。粒子探測(cè)器位于y軸處，僅能探測(cè)到垂直射入的帶電粒子。
有一沿x軸可移動(dòng)、粒子出射初動(dòng)能可調(diào)節(jié)的粒子發(fā)射源，沿y軸正方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子。t＝0時(shí)刻，發(fā)射源在（x，0）位置發(fā)射一帶電粒子。忽略粒子的重力和其它阻力，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不計(jì)。

（1）若粒子只經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)并在y＝y(tǒng)0處被探測(cè)到，求發(fā)射源的位置和粒子的初動(dòng)能；
（2）若粒子兩次進(jìn)出電場(chǎng)區(qū)域后被探測(cè)到，求粒子發(fā)射源的位置x與被探測(cè)到的位置y之間的關(guān)系。
【解答】解：（1）粒子探測(cè)器位于y軸處，僅能探測(cè)到垂直射入的帶電粒子，
說明粒子只經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)并在y＝y(tǒng)0處被探測(cè)到的粒子是垂直達(dá)到y(tǒng)軸上的，
即運(yùn)動(dòng)了圓周，即x＝y(tǒng)0＝r，根據(jù)洛倫茲充當(dāng)向心力知：qvB＝m，
所以動(dòng)能Ekmv2（）2；
（2）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB＝m，
解得，粒子軌道半徑：R；
①如果EK0＞2qU0，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

由y，R0，R1，
粒子經(jīng)過電場(chǎng)過程，由動(dòng)能定理得：
﹣qU0
﹣qU0，
由幾何知識(shí)得：x＝y(tǒng)+2（R0+R1），
解得：x＝y(tǒng)；
②如果：qU0＜EK0＜2qU0，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

則：﹣y﹣d，R0，
粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過程，由動(dòng)能定理得：
﹣qU0，
由幾何知識(shí)得：x＝3（﹣y﹣d）+2R0，
解得：x＝﹣3（y+d）；
③如果：EK0＜qU0，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

則：﹣y﹣d，R0，
粒子在電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)過程，由動(dòng)能定理得：
qU0，
由幾何知識(shí)得：x＝﹣y﹣d+4R0，
解得：x＝﹣y﹣d；
答：（1）發(fā)射源的位置為x＝y(tǒng)0，粒子的初動(dòng)能為；
（2）若粒子兩次進(jìn)出電場(chǎng)區(qū)域后被探測(cè)到，粒子發(fā)射源的位置x與被探測(cè)到的位置y之間的關(guān)系：
①如果EK0＞2qU0，x＝y(tǒng)；
②如果：qU0＜EK0＜2qU0，x＝﹣3（y+d）；
③如果：EK0＜qU0，x＝﹣y﹣d。


　一.知識(shí)回顧
1．常見的交變電場(chǎng)
常見的產(chǎn)生交變電場(chǎng)的電壓波形有方形波、鋸齒波、正弦波等．
2．常見的題目類型
(1)粒子做單向直線運(yùn)動(dòng)(一般用牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解)．
(2)粒子做往返運(yùn)動(dòng)(一般分段研究)．
(3)粒子做偏轉(zhuǎn)運(yùn)動(dòng)(一般根據(jù)交變電場(chǎng)特點(diǎn)分段研究)．
3．思維方法
(1)注重全面分析(分析受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)規(guī)律)：抓住粒子的運(yùn)動(dòng)具有周期性和在空間上具有對(duì)稱性的特征，求解粒子運(yùn)動(dòng)過程中的速度、位移、做功或確定與物理過程相關(guān)的臨界條件．
(2)從兩條思路出發(fā)：一是力和運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，根據(jù)牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律分析；二是功能關(guān)系．
(3)注意對(duì)稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用．
4.利用速度—時(shí)間圖像分析帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過程時(shí)，必須注意“五點(diǎn)”
(1)帶電粒子進(jìn)入電場(chǎng)的時(shí)刻。
(2)速度—時(shí)間圖像的切線斜率表示加速度。
(3)圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，且在時(shí)間軸上方所圍成的面積為正，在時(shí)間軸下方所圍成的面積為負(fù)。
(4)注意對(duì)稱性和周期性變化關(guān)系的應(yīng)用。
(5)圖線與時(shí)間軸有交點(diǎn)，表示此時(shí)速度改變方向。對(duì)運(yùn)動(dòng)很復(fù)雜、不容易畫出速度圖像的問題，還應(yīng)逐段分析求解。
二.例題精析
例1．如圖（a）所示，兩平行正對(duì)的金屬板A、B間加有如圖（b）所示的交變電壓，一重力可忽略不計(jì)的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處。若在t0時(shí)刻釋放該粒子，粒子會(huì)時(shí)而向A板運(yùn)動(dòng)，時(shí)而向B板運(yùn)動(dòng)，并最終打在A板上。則t0可能屬于的時(shí)間段是（　　）

A．0＜t0 B．t0 C．t0＜T D．T＜t0
【解答】解：
A、若，帶正電粒子先加速向B板運(yùn)動(dòng)、再減速運(yùn)動(dòng)至零；然后再反方向加速運(yùn)動(dòng)、減速運(yùn)動(dòng)至零；如此反復(fù)運(yùn)動(dòng)，每次向右運(yùn)動(dòng)的距離大于向左運(yùn)動(dòng)的距離，最終打在B板上，所以A錯(cuò)誤。
B、若，帶正電粒子先加速向A板運(yùn)動(dòng)、再減速運(yùn)動(dòng)至零；然后再反方向加速運(yùn)動(dòng)、減速運(yùn)動(dòng)至零；如此反復(fù)運(yùn)動(dòng)，每次向左運(yùn)動(dòng)的距離大于向右運(yùn)動(dòng)的距離，最終打在A板上，所以B正確。
C、若，帶正電粒子先加速向A板運(yùn)動(dòng)、再減速運(yùn)動(dòng)至零；然后再反方向加速運(yùn)動(dòng)、減速運(yùn)動(dòng)至零；如此反復(fù)運(yùn)動(dòng)，每次向左運(yùn)動(dòng)的距離小于向右運(yùn)動(dòng)的距離，最終打在B板上，所以C錯(cuò)誤。
D、若，帶正電粒子先加速向B板運(yùn)動(dòng)、再減速運(yùn)動(dòng)至零；然后再反方向加速運(yùn)動(dòng)、減速運(yùn)動(dòng)至零；如此反復(fù)運(yùn)動(dòng)，每次向右運(yùn)動(dòng)的距離大于向左運(yùn)動(dòng)的距離，最終打在B板上，所以D錯(cuò)誤。
故選：B。
例2．如圖所示，一平行板電容器兩板間距為d，在一板內(nèi)側(cè)附近有一帶電量為q、質(zhì)量為m的正離子，為使該離子能在兩極間來回振動(dòng)而不撞在兩極上，在兩極間加上如圖所示交變電壓，此交變電壓的周期應(yīng)有（　?。?br /> A．T＜4d B．T＞4d C．T＜2d D．T＞2d
【解答】解：設(shè)周期為T時(shí)，正離子從左極板向右運(yùn)動(dòng)，先做的勻加速，再的做勻減速，到達(dá)右極板時(shí)，速度恰好減為零。
根據(jù)圖象可知，加速和減速運(yùn)動(dòng)的加速度相同，位移相同，是完全對(duì)稱的運(yùn)動(dòng)。
其加速度為a
則根據(jù)勻加速運(yùn)動(dòng)的速度公式
又由動(dòng)能定理得
解得：
為使該離子能在兩極間來回振動(dòng)而不撞在兩極上，則T＜4d，故A正確、BCD錯(cuò)誤。
故選：A。

三.舉一反三，鞏固練習(xí)
1. （多選）圖1的平行金屬板M、N間加有圖2所示的交變電壓，OO′是M、N板間的中線，當(dāng)電壓穩(wěn)定時(shí)，板間為勻強(qiáng)電場(chǎng)。時(shí)，比荷為κ的帶電粒子甲從O點(diǎn)沿OO′方向、以v0的速率進(jìn)入板間，時(shí)飛離電場(chǎng)，期間恰好不與極板相碰。若在時(shí)刻，帶電粒子乙以2v0的速率沿OO′從O點(diǎn)進(jìn)入板間，已知乙粒子在運(yùn)動(dòng)過程中也恰好不與極板碰撞，不計(jì)粒子受到的重力，則下列說法中正確的是（　　）

A．T時(shí)刻，乙粒子離開電場(chǎng)
B．乙粒子的比荷為
C．甲、乙兩粒子通過電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)的位移大小之比為2：3
D．甲、乙兩粒子通過電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)的位移大小之比為1：2
【解答】解：A.如圖，假設(shè)粒子甲帶負(fù)電，則有
aU0k
為定值，則在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，以豎直方向位移和時(shí)間關(guān)系，可得
vy＝at
作出速度—時(shí)間圖像，如圖

則圖線與時(shí)間軸圍成的面積代表位移，而水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，令金屬板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則恰好不與極板碰撞，則表示粒子在電場(chǎng)中豎直方向的最大位移別好為，d為M，N之間的距離，從速度時(shí)間圖像可知，斜率a不變，方向與U0的方向相同，則豎直方向的總位移為
y甲＝S△ABC+S△CDE+S△EFHTv1
且
v1＝a（）
解得
y甲U0kT2
而最大位移為
y甲mTv1U0kT2
所以
dU0kT2
時(shí)間為
t
代入數(shù)據(jù)解得：tT
同理，粒子乙?guī)ж?fù)電，則軌跡為A'B'C'D'的形狀，而水平方向時(shí)間為
t'
所以有
t乙＝t'
聯(lián)立解得：t乙＝T
故A正確：
B.設(shè)乙粒子的比荷為k'，則乙的加速度為
a'＝﹣U0k'
由對(duì)稱性可知，乙的最大位移為
y乙H'D'
而
v1′＝aTU0k'
所以
dU0k'T2
聯(lián)立解得
k'k
故B正確；
CD.乙豎直方向的總位移為
y乙＝y(tǒng)乙m
則解得偏轉(zhuǎn)位移之比為

故C錯(cuò)誤，D正確.
故選：ABD。
2. （多選）在如圖所示的空間里，存在沿y軸負(fù)方向、大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，有一質(zhì)量為m、帶電量為q的帶正電的粒子（重力不計(jì)）以v0從O點(diǎn)沿x軸負(fù)方向運(yùn)動(dòng)，同時(shí)在空間加上平行于y軸的勻強(qiáng)交變電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E隨時(shí)間的變化如圖所示（以沿y軸正向?yàn)镋的正方向），則下列說法不正確的是（　　）
A．t＝2T時(shí)粒子所在位置的x坐標(biāo)值為0
B．tT時(shí)粒子所在位置的z坐標(biāo)值為
C．粒子在運(yùn)動(dòng)過程中速度的最大值為2v0
D．在0到2T時(shí)間內(nèi)離子運(yùn)動(dòng)的平均速度為
【解答】解：對(duì)粒子受力分析可知，粒子受到垂直于y軸的洛倫茲力和平行于y軸的電場(chǎng)力作用，所以粒子在垂直于y軸方向上做圓周運(yùn)動(dòng)，平行于y軸方向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)和勻減速直線運(yùn)動(dòng)。在垂直于y軸方向上有

解得：r
粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為：
A、當(dāng)t＝2T時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)四周，回到了x坐標(biāo)值為0處，故粒子所在位置的x坐標(biāo)值為0，故A正確，不符合題意；
B、當(dāng)tT時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)一周半，z坐標(biāo)值為2r，即，故B錯(cuò)誤，符合題意；
C、粒子在平行于y軸方向上有：qE＝ma
解得：
在0﹣0.5T和0.5T～T內(nèi)，電場(chǎng)力方向相反，粒子先加速再減速，在t＝0.5T時(shí)，沿y軸正向速度達(dá)到最大為：
v1＝at?0.5T＝v0
此時(shí)，粒子在運(yùn)動(dòng)過程中速度最大。最大值為：
故C錯(cuò)誤，符合題意；
D.在0到2T時(shí)間內(nèi)粒子在垂直于y軸方向轉(zhuǎn)了四周?；氐搅藊＝0，z＝0處的位置，故只需要考慮軸方向的位移，粒子位移為
s＝2v0T
則粒子運(yùn)動(dòng)的平均速度為

故D正確，不符合題意。
故選：BC。
3. 在真空中有水平放置的兩個(gè)平行、正對(duì)金屬平板，板長(zhǎng)為l，兩板間距離為d，在兩極板間加一交變電壓如圖乙，質(zhì)量為m，電荷量為e的電子以速度v0（v0接近光速的）從兩極板左端中點(diǎn)沿水平方向連續(xù)不斷地射入兩平行板之間。若電子經(jīng)過兩極板間的時(shí)間相比交變電流的周期可忽略不計(jì)，不考慮電子間的相互作用和相對(duì)論效應(yīng)，則在任意0.2s內(nèi)（　?。?br />
A．當(dāng)Um時(shí)，所有電子都能從極板的右端射出
B．當(dāng)Um時(shí)，將沒有電子能從極板的右端射出
C．當(dāng)Um時(shí)，有電子從極板右端射出的時(shí)間與無(wú)電子從極板右端射出的時(shí)間之比為1：2
D．當(dāng)Um時(shí)，有電子從極板右端射出的時(shí)間與無(wú)電子從極板右端射出的時(shí)間之比為1：（1）
【解答】解：AB、電子進(jìn)入極板后，水平方向上不受力，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向上受到電場(chǎng)力作用，當(dāng)電子恰好飛出極板時(shí)有：
l＝v0t
at2
其中：a
由此求出：Um
當(dāng)Um時(shí)，所有電子都能從極板的右端射出；
當(dāng)Um時(shí)，在0.2s時(shí)間內(nèi)，極板間電壓U的時(shí)間段內(nèi)，電子能從極板的右端射出，故AB錯(cuò)誤；
C、當(dāng)Um時(shí)，分析圖乙可知，任意0.2s內(nèi)，有一半的時(shí)間內(nèi)極板間電壓低于臨界電壓，因此有電子從極板右端射出的時(shí)間與無(wú)電子從極板右端射出的時(shí)間之比為1：1，故C錯(cuò)誤；
D、當(dāng)Um時(shí)，分析圖乙可知，任意0.2s內(nèi)，有0.2s的時(shí)間內(nèi)極板間電壓低于臨界電壓，因此有電子從極板右端射出的時(shí)間與無(wú)電子從極板右端射出的時(shí)間之比為1：（1），故D正確。
故選：D。
4. （多選）如圖所示，長(zhǎng)為8d、間距為d的平行金屬板水平放置，O點(diǎn)有一粒子源（O點(diǎn)是兩金屬板的中點(diǎn)），能持續(xù)水平向右發(fā)射初速度為v0，電荷量為+q，質(zhì)量為m的粒子。在兩板間存在如圖所示的交變電場(chǎng)，取豎直向下為正方向，不計(jì)粒子重力。以下判斷正確的是（　　）

A．粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為
B．射出粒子的最大動(dòng)能為mv
C．t時(shí)刻進(jìn)入的粒子，從O'點(diǎn)射出
D．t時(shí)刻進(jìn)入的粒子，從O'點(diǎn)射出
【解答】解：A、由圖可知場(chǎng)強(qiáng)，則粒子在電場(chǎng)中的加速度，則粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間滿足，解得，故A正確；
B、能從板間射出的粒子在板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間均為，則任意時(shí)刻射入的粒子射出電場(chǎng)時(shí)沿電場(chǎng)方向的速度均為0，可知射出電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能均為，故B錯(cuò)誤；
C、由A可知，粒子打到板上所需時(shí)間為t；從時(shí)刻射入的粒子，在t′d時(shí)打到板上，而d，此時(shí)電場(chǎng)方向還未改變，粒子與下極板碰撞，不會(huì)再做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，不可能從O'點(diǎn)射出，故C錯(cuò)誤；
D、時(shí)刻進(jìn)入的粒子，在沿電場(chǎng)方向的運(yùn)動(dòng)是：先向上加速，后向上減速速度到零；然后向下加速，再向下減速速度到零…，如此反復(fù)，則最后從O點(diǎn)射出是沿電場(chǎng)方向的位移為零，則粒子將從O點(diǎn)射出，故D正確；
故選：AD。
5. 如圖甲所示，M、N為正對(duì)豎直放置的平行金屬板，A、B為兩板中線上的兩點(diǎn)。當(dāng)M、N板間不加電壓時(shí)，一帶電小球從A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)時(shí)間T到達(dá)B點(diǎn)，此時(shí)速度為υ．若在兩板間加上如圖乙所示的交變電壓，t＝0時(shí)，將帶電小球仍從A點(diǎn)由靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)過程中始終未接觸極板，則t＝T時(shí)，小球（　?。?br />
A．在B點(diǎn)上方 B．恰好到達(dá)B點(diǎn)
C．速度大于v D．速度小于v
【解答】解：AB、在M、N兩板間加上如圖乙所示的交變電壓，小球受到重力和電場(chǎng)力的作用，電場(chǎng)力作周期性變化，且電場(chǎng)力在水平方向，所以小球豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，與不加電場(chǎng)時(shí)相同。
在水平方向小球先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后沿原方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，t時(shí)速度為零，接著，沿相反方向先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后繼續(xù)沿反方向做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，t＝T時(shí)速度為零。根據(jù)對(duì)稱性可知在t＝T時(shí)小球的水平位移為零，所以t＝T時(shí)，小球恰好到達(dá)B點(diǎn)，故A錯(cuò)誤，B正確。
CD、在0﹣T時(shí)間內(nèi)，電場(chǎng)力做功為零，小球機(jī)械能變化量為零，所以t＝T時(shí)，小球速度等于υ．故CD錯(cuò)誤。
故選：B。
6. （多選）一對(duì)平行金屬板長(zhǎng)為L(zhǎng)，兩板間距為d，質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從平行板左側(cè)以速度v0沿兩板的中線不斷進(jìn)入平行板之間，兩板間所加交變電壓uAB如圖所示，交變電壓的周期T，已知所有電子都能穿過平行板，且最大偏距的粒子剛好從極板的邊緣飛出，不計(jì)重力作用，則（　?。?br />
A．所有電子都從右側(cè)的同一點(diǎn)離開電場(chǎng)
B．所有電子離開電場(chǎng)時(shí)速度都是v0
C．t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子，離開電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能最大
D．t時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子，在兩板間運(yùn)動(dòng)時(shí)最大側(cè)位移為
【解答】解：A、電子進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，不同時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子豎直方向分速度圖象如圖，根據(jù)圖象的“面積”大小等于位移可知，各個(gè)電子在豎直方向的位移不全相同，故所有電子從右側(cè)的離開電場(chǎng)的位置不全相同。故A錯(cuò)誤。
B、由圖看出，所有電子離開電場(chǎng)時(shí)豎直方向分速度vy＝0，速度都等于v0，故B正確。
C、由上分析可知，電子離開電場(chǎng)時(shí)的速度都相同，動(dòng)能都相同。故C錯(cuò)誤。
D、t時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子，在t時(shí)刻側(cè)位移最大，最大側(cè)位移為
ymax＝2①
在t＝0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的電子側(cè)位移最大為，則有：
4a②
聯(lián)立①②得：ymax 故D正確。
故選：BD。

7. 圖甲所示的平行金屬板M、N相距為d，兩板上加交變電壓UMN如圖乙（U0未知），貼兩板右側(cè)有xOy坐標(biāo)，兩板中線與x軸共線?，F(xiàn)有大量質(zhì)量m、電荷量﹣e的電子以初速度v0平行于兩板沿中線持續(xù)不斷地射入兩板間。已知t＝0時(shí)刻進(jìn)入兩板運(yùn)動(dòng)的電子穿過兩板間的電場(chǎng)時(shí)間等于所加交變電壓周期T，出射速度大小為2v0，且所有電子都能穿出兩板，忽略電場(chǎng)的邊緣效應(yīng)及重力的影響，求
（1）兩板的長(zhǎng)度L和t＝0時(shí)刻進(jìn)入電子通過電場(chǎng)區(qū)電場(chǎng)力所做功W
（2）電子打在y軸上的范圍
（3）在y軸右側(cè)有一個(gè)未知的有界磁場(chǎng)區(qū)，從O點(diǎn)射出電場(chǎng)的電子恰好垂直于x軸向上通過x軸上坐標(biāo)為（a，0）的P點(diǎn)，求磁場(chǎng)區(qū)磁場(chǎng)的方向及磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度可能最小值B

【解答】解：（1）平行于極板方向電子勻速運(yùn)動(dòng)L＝v0T
電子穿出電場(chǎng)速度2v0，由動(dòng)能定理
wm（2v0）2
（2）在0時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)中電子加速度，方向向上
T時(shí)間內(nèi)電場(chǎng)中電子加速度，方向向下
a2＝2a1
不同時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)中電子在電場(chǎng)中速度如圖
其中，v
由圖象+y方向最大側(cè)位移
﹣y方向最大側(cè)位移（）
（3）O點(diǎn)出射電子速度v＝2v0，速度方向與x軸正方向夾角θ
cos，θ＝60°
在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)B最小時(shí)，最大回旋半徑r如圖
r＝a
r
evBmin＝m
Bmin
答：（1）兩板的長(zhǎng)度L和t＝0時(shí)刻進(jìn)入電子通過電場(chǎng)區(qū)電場(chǎng)力所做功W為
（2）電子打在y軸上的范圍為至；
（3）磁場(chǎng)區(qū)磁場(chǎng)的方向及磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度可能最小值B為。


8. 如圖甲所示，A和B是真空中正對(duì)面積很大的平行金屬板，位于兩平行金屬板正中間的O點(diǎn)有一個(gè)可以連續(xù)產(chǎn)生粒子的粒子源，AB間的距離為L(zhǎng)．現(xiàn)在A、B之間加上電壓UAB隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，粒子源在交變電壓的一個(gè)周期內(nèi)可以均勻產(chǎn)生N個(gè)相同粒子，這種粒子產(chǎn)生后，在電場(chǎng)力作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，粒子一旦碰到金屬板，它就附在金屬板上不再運(yùn)動(dòng)，且電荷量同時(shí)消失，不影響A、B板電勢(shì)．已知粒子質(zhì)量為m＝5×10﹣10kg，電荷量q＝1×10﹣7C，L＝1.2m，U0＝1.2×103V，T＝1.2×10﹣2s，忽略粒子重力，不考慮粒子之間的相互作用力，求：

（1）t＝0時(shí)刻產(chǎn)生的粒子，運(yùn)動(dòng)到B極板所經(jīng)歷的時(shí)間t0；
（2）在0～時(shí)間內(nèi)，產(chǎn)生的粒子不能到達(dá)B板的時(shí)間間隔△t；
（3）在0～時(shí)間內(nèi)，產(chǎn)生的粒子能到達(dá)B板的粒子數(shù)與到達(dá)A板的粒子數(shù)之比k．
【解答】解：（1）t＝0時(shí)刻，粒子由O到B：
又因?yàn)椋篍
根據(jù)牛頓第二定律可得：a2.0×105m/s2
解得：t010﹣3s6×10﹣3s
所以：t010﹣3s
（2）剛好不能到達(dá)B極板的粒子，先做勻加速運(yùn)動(dòng)，達(dá)到速度vm后，做勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B極板前速度減為0，
設(shè)勻加速時(shí)間為△t，勻減速時(shí)間為△t′，全程時(shí)間為t，
則：勻加速的加速度：a＝2.0×105m/s2
勻減速的加速度大小：a′＝4.0×105m/s2
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得：vm＝a△t＝a′△t′
得：△t′△t
所以：t＝△t+△t′△t
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得：La△t?△t
解得：△t2×10﹣3s
（3）設(shè)剛好不能到達(dá)B極板的粒子，反向加速到A極板的時(shí)間為t0′，
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律：La′t0′2，可得：t0′10﹣3s＜（△t′）＝5×10﹣3s
即：在0～時(shí)間內(nèi)，△t內(nèi)返回的粒子都能打到A極板上
所以粒子數(shù)之比：k
答：（1）t＝0時(shí)刻產(chǎn)生的粒子，運(yùn)動(dòng)到B極板所經(jīng)歷的時(shí)間t0為10﹣3s；
（2）在0～時(shí)間內(nèi)，產(chǎn)生的粒子不能到達(dá)B板的時(shí)間間隔△t為2×10﹣3s；
（3）在0～時(shí)間內(nèi)，產(chǎn)生的粒子能到達(dá)B板的粒子數(shù)與到達(dá)A板的粒子數(shù)之比k為．
9. A.磁聚焦法是測(cè)量電子比荷的常用方法.如圖所示，電子連續(xù)不斷地從熱陰極K無(wú)初速度地逸出，在陽(yáng)極A上有個(gè)小孔，當(dāng)施加電壓U0時(shí)，電子就能通過小孔進(jìn)入兩極板，極板長(zhǎng)為L(zhǎng)，寬為d.兩極板上施加不大的交變電壓u＝U1sinωt，使得電子在兩極板間發(fā)生不同程度的偏轉(zhuǎn)，設(shè)電子能全部通過極板，且時(shí)間極短，而后電子進(jìn)入水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B0，當(dāng)電子打到屏幕N上會(huì)出現(xiàn)一條直線亮斑，兩極板與屏幕N的中心O之間的距離為z，電子的電量為e，質(zhì)量為m。求：

（1）電子射出兩極板時(shí)距離中心軸的最大位移ym，豎直方向的最大速度vym；
（2）當(dāng)z取值逐漸增加時(shí)亮斑的長(zhǎng)度在變化，亮斑的最大長(zhǎng)度Lm，以及此時(shí)z的值；
（3）取，磁場(chǎng)B大小從2B0開始取不同的值時(shí)，發(fā)現(xiàn)屏幕上亮斑長(zhǎng)度也會(huì)變化，亮斑端點(diǎn)的坐標(biāo)（x，y）與磁場(chǎng)B的關(guān)系。
【解答】解：（1）電子從熱陰極K到陽(yáng)極A被加速的過程，由動(dòng)能定理得：

解得：
當(dāng)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的交變電壓u＝U1或﹣U1時(shí)，電子在其中做類平拋運(yùn)動(dòng)的側(cè)移量最大，且離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的豎直方向的速度最大，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：
沿水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有：L＝v0t，
沿y軸方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有：
由牛頓第二定律得：a
聯(lián)立解得：

解得：；
（2）電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后在水平方向以速度v0做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在平行于xOy平面上以線速度大小為vy（射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的豎直方向的分速度）做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌跡為沿水平方向的螺旋曲線。
由（1）的解答可得，當(dāng)交變電壓為u時(shí)，電子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的側(cè)移量y和離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的豎直方向的速度vy分別為：；
對(duì)于電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后的分運(yùn)動(dòng)勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其運(yùn)動(dòng)半徑為r，由洛倫茲力提供向心力得：
eB0vy＝m
解得：
因?yàn)楹愣ㄖ?，作出電子運(yùn)動(dòng)軌跡在xOy平面上投影如圖1所示，不同速度對(duì)應(yīng)的軌跡投影的圓心與原點(diǎn)O的連線與y軸的夾角為θ，則有tanθ為恒定值，即所有電子對(duì)應(yīng)的軌跡投影的圓心在同一條線上。當(dāng)z取值逐漸增加即屏幕N逐漸右移時(shí)，形成的亮斑一直是一條直線，而直線亮斑與y軸的夾角在變化，當(dāng)直線亮斑在圖1中如PQ位置時(shí)，亮斑的長(zhǎng)度最大，且等于PQ的長(zhǎng)度。

電子的勻速圓周分運(yùn)動(dòng)的最大運(yùn)動(dòng)半徑為：

由圖中幾何關(guān)系可得，亮斑的最大長(zhǎng)度為：
，
代入整理得：
Lm
電子運(yùn)動(dòng)軌跡在xOy平面上投影做順時(shí)針偏轉(zhuǎn)，此時(shí)圓周運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心角滿足：
α＝2nπθ，（n＝0，1，2，3……）
因tanθ，則θ＝acrtan
對(duì)應(yīng)的圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t1
水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，則對(duì)應(yīng)的z值為：
z＝v0t1?，n＝0，1，2，3……
（3）當(dāng)時(shí)，電子射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)到打在屏上所用時(shí)間為：

電子的勻速圓周分運(yùn)動(dòng)的周期為：
當(dāng)B＝2B0時(shí)，其周期為T1t2，即當(dāng)B＝2B0時(shí)，電子運(yùn)動(dòng)軌跡在xOy平面上投影恰好為一個(gè)圓周。
設(shè)電子的勻速圓周分運(yùn)動(dòng)的加速度為ω1，由洛倫茲力提供向心力得：


解得：
在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)側(cè)移量最大的電子打在屏上的位置為亮斑的端點(diǎn)，電子的勻速圓周分運(yùn)動(dòng)的最大運(yùn)動(dòng)半徑為：

電子的勻速圓周分運(yùn)動(dòng)的軌跡圓心角為：
β＝ω1t2
B取某值時(shí)亮斑的端點(diǎn)如圖2中的M、N點(diǎn)，
由幾何關(guān)系得：
亮斑端點(diǎn)的y軸坐標(biāo)為：
y＝±（ym+rm1sinβ）＝±（sin）
亮斑端點(diǎn)的x軸坐標(biāo)為：
x＝±rm1（1﹣cosβ）＝±
答：（1）電子射出兩極板時(shí)距離中心軸的最大位移ym為，豎直方向的最大速度vym為；
（2）亮斑的最大長(zhǎng)度Lm為，以及此時(shí)z的值為，n＝0，1，2，3……；
（3）亮斑端點(diǎn)的坐標(biāo)（x，y）與磁場(chǎng)B的關(guān)系為：x＝±，y＝±（sin）。
10. 如圖甲所示，某多級(jí)直線加速器由橫截面相同的金屬圓板和4個(gè)金屬圓筒依次排列組成，圓筒的兩底面中心開有小孔，其中心軸線在同一直線上，相鄰金屬圓筒分別接在周期性交變電壓的兩端。粒子從圓板中心沿軸線無(wú)初速度進(jìn)入加速器，在間隙中被電場(chǎng)加速（穿過間隙的時(shí)間忽略不計(jì)），在圓筒內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)。若粒子在筒內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間恰好等于交變電壓周期的一半，這樣粒子就能“踏準(zhǔn)節(jié)奏”在間隙處一直被加速。粒子離開加速器后，從O點(diǎn)垂直直線邊界OP進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域I，OP距離為a，區(qū)域I的PO、PQ兩直線邊界垂直。區(qū)域I的上邊界PQ與勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ的下直線邊界MN平行，其間距L可調(diào)。兩區(qū)域的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向均垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小。現(xiàn)有質(zhì)子（）和氘核（）兩種粒子先后通過此加速器加速，加速質(zhì)子的交變電壓如圖乙所示，圖中U0、T已知。已知質(zhì)子的電荷量為q、質(zhì)量為m，不計(jì)一切阻力，忽略磁場(chǎng)的邊緣效應(yīng)。求：

（1）金屬圓筒2與金屬圓筒4的長(zhǎng)度之比l2：l4；
（2）加速氘核時(shí)，交變電壓周期仍為T，則需要將圖乙中交變電壓U0調(diào)至多少；加速后，氘核在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑多大；
（3）為使上述先后通過此加速器的質(zhì)子與氘核在勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)軌跡無(wú)交點(diǎn)，兩磁場(chǎng)間距L的取值范圍。
【解答】解：（1）設(shè)粒子進(jìn)入第n個(gè)圓筒的速度為vn，根據(jù)動(dòng)能定理得：
nqU
解得：vn
由于兩粒子在筒中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，則金屬圓筒2與金屬圓筒4的長(zhǎng)度之比：
；
（2）要讓氘核也能“踏準(zhǔn)節(jié)奏”在間隙處被加速，則需要氘核在每個(gè)筒中的速度與質(zhì)子的相同。氘核電荷量與質(zhì)子相同，質(zhì)量為質(zhì)子兩倍，由vn，可得：U0要調(diào)至2U0；
由洛倫茲力提供向心力得：
qv4B
對(duì)于質(zhì)子，其v4
已知：
代入解得質(zhì)子的軌道半徑：r1＝a
氘核質(zhì)量為質(zhì)子兩倍，v4與質(zhì)子相同，對(duì)比可得氘核的軌道半徑：r2＝2a
（3）氘核離開磁場(chǎng)區(qū)域I的速度方向與邊界夾角θ＝60°
①如圖1所示，兩軌跡相交于D點(diǎn)：
L＝HC?tanθ
CD＝2r2?sin60°＝2×2a
GH＝r2?sin60°＝2a
HC＝CD﹣r1﹣GHa
由以上兩式得：L
②如圖2所示，兩軌跡外切：
L＝HC?tanθ
O1G＝r1+r2＝a+2a＝3a
O1Q＝r2?sin30°＝2aa
GH＝r2?sin60°＝2a
GQ
HC＝CQ+GQ﹣GH
由以上兩式得：L
綜上所述，為使質(zhì)子與氘核在勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)軌跡無(wú)交點(diǎn)，L的取值范圍為：0≤L，或者L。
答：（1）金屬圓筒2與金屬圓筒4的長(zhǎng)度之比l2：l4為；
（2）需要將圖乙中交變電壓U0調(diào)至2U0；加速后，氘核在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為2a；
（3）為使上述先后通過此加速器的質(zhì)子與氘核在勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)軌跡無(wú)交點(diǎn)，兩磁場(chǎng)間距L的取值范圍為：0≤L，或者L。

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