- 试题详情及答案解析
- （2014•江苏二模）如图甲所示，两平行金属板间距为2l，极板长度为4l，两极板间加上如图乙所示的交变电压（t=0时上极板带正电）．以极板间的中心线OO1为x轴建立坐标系，现在平行板左侧入口正中部有宽度为l的电子束以平行于x轴的初速度v0从t=0时不停地射入两板间．已知电子都能从右侧两板间射出，射出方向都与x轴平行，且有电子射出的区域宽度为2l．电子质量为m，电荷量为e，忽略电子之间的相互作用力．
（1）求交变电压的周期T和电压U0的大小；
（2）在电场区域外加垂直纸面的有界匀强磁场，可使所有电子经过有界匀强磁场均能会聚于（6l，0）点，求所加磁场磁感应强度B的最大值和最小值；
（3）求从O点射入的电子刚出极板时的侧向位移．- 答案：（1）交变电压的周期T=
（n=1，2，3…），电压
（n=1，2，3…）；（2）所加磁场磁感应强度B的最大值
；最小值
；（3）从O点射入的电子刚出极板时的侧向位移为
﹣
其中（n=1，2，3…，k=0，1，2，3…），或﹣
l，其中（n=1，2，3…，k=0，1，2，3…）． - 试题分析：（1）电子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出周期与电压．
（2）作出电子的运动轨迹，应用数学知识求出粒子轨道半径，然后由牛顿第二定律求出磁感应强度大小．
（3）电子在极板间做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出偏移量．
解：（1）电子在电场中水平方向做匀速直线运动，
则：4l=v0nT，解得：T=
（n=1，2，3…），
电子在电场中运动最大侧向位移：
，由牛顿第二定律得：
，
解得：
（n=1，2，3…）；
（2）粒子运动轨迹如图所示：
由图示可知，最大区域圆半径满足：
，解得：rm=2.5l，
对于带电粒子当轨迹半径等于磁场区域半径时，带电粒子将汇聚于一点，
由牛顿第二定律得：
，解得：
，
最小区域圆半径为rn=0.5l，
由牛顿第二定律得：
，解得：
；
（3）设时间为τ，
，若t=kT+τ且
时电子进入电场，
则：
，其中（n=1，2，3…，k=0，1，2，3…），
若
且
进入电场
则：
，其中（n=1，2，3…，k=0，1，2，3…）；
或：若电子在t=kT+τ且
进入电场时，出电场的总侧移为：
，其中（n=1，2，3…，k=0，1，2，3…）；
其他解法：若
，则
电子沿+y方向第一次加速的时间为
电子沿﹣y方向第一次加速的时间为t﹣kT
解得：
，其中
，
，
∴
（n=1，2，3…，k=0，1，2，3…）
若
，则
电子沿﹣y方向第一次加速的时间为T﹣（t﹣kT）
电子沿+y方向第一次加速的时间为
解得：
，其中
，
，∴
（n=1，2，3…，k=0，1，2，3…）；
答：（1）交变电压的周期T=（n=1，2，3…），电压（n=1，2，3…）；
（2）所加磁场磁感应强度B的最大值；最小值；
（3）从O点射入的电子刚出极板时的侧向位移为﹣其中（n=1，2，3…，k=0，1，2，3…），或﹣l，其中（n=1，2，3…，k=0，1，2，3…）．
点评：本题考查了带电微粒在电场与磁场中的运动，难度很大，分析清楚微粒运动过程、作出微粒运动轨迹是正确解题的关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要注意讨论．