Question

如图甲所示，M和N是相互平行的金属板，OO₁O₂为中线，O₁为板间区域的中点，P是足够大的荧光屏带电粒子连续地从O点沿OO₁方向射入两板间．带电粒子的重力不计．
（1）若只在两板间加恒定电压U，M和N相距为d，板长为L（不考虑电场边缘效应）．若入射粒子是不同速率、电量为e、质量为m的电子，试求能打在荧光屏P上偏离点O₂最远的电子的动能．
（2）若两板间没有电场，而只存在一个以O₁点为圆心的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，已知磁感应强度B=0.50T，两板间距cm，板长L=l.0cm，带电粒子质量m=2.0×10^-25kg，电量q=8.0×10^-18C，入射速度×10⁵m/s．若能在荧光屏上观察到亮点，试求粒子在磁场中运动的轨道半径r，并确定磁场区域的半径R应满足的条件．（不计粒子的重力）
（3）若只在两板间加如图乙所示的交变电压u，M和N相距为d，板长为L（不考虑电场边缘效应）．入射粒子是电量为e、质量为m的电子．某电子在时刻以速度v射入电场，要使该电子能通过平行金属板，试确定U应满足的条件．
______．

Answer

（1）打在荧光屏上偏离点O2最远的粒子在电场中偏转的距离等于．粒子在电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式求粒子的初速度，根据动能定理求解动能．
（2）粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子的轨道半径．由几何关系求出磁场区域最大的半径．
（3）由图读出交变电压的周期为T=，则t=T，电子分别在T～T、T～T、T～T、T～T时间内沿垂直于初速度方向运动的位移依次为y1、y2、y3、y4，根据牛顿第二定律求出加速度，要使该电子能通过平行金属板，则应满足条件y1+y2+y3+y4≤，即可求出U应满足的条件．
【解析】
（1）电子在两极板间的加速度为：a=
通过金属板的时间为：t=
对打在荧光屏上偏离点O2最远的粒子，有：d=at2             
有动能定理得：Ek=eU+mv2                           
联立解得：Ek=
（2）由牛顿第二定律可知，qvB=
代入数据解得：r=5×10-3m=8.7×10-3m                   
如图所示，设恰好在荧光屏P上观察到亮点时，粒子偏转角为2θ，磁场区域的最大半径为R，由几何关系可知
tan2θ=，tanθ=
代入数据解得：R=5×10-3m                                
则R应满足的条件：R≤5×10-3m                   
（3）交变电压的周期 T=，则t=T
电子通过金属板的时间：t′==T  
电子在两极板间的加速度：a′=
设电子分别在T～T、T～T、T～T、T～T时间内沿垂直于初速度方向运动的位移依次为y1、y2、y3、y4，则有
y1=y3=-a′（T-t）2         
y2=a′（T）2            
 y4=a′（T）2      
要使电子能通过平行金属板，应满足条件：y1+y2+y3+y4≤
联立解得：U≤
答：（1）打在荧光屏P上偏离点O2最远的电子的动能是．
（2）磁场区域的半径R应满足的条件是5×10-3m．
（3）U应满足的条件是 U≤．