Question

（2011?威海模擬）如圖所示，相距為R的兩塊平行金屬板M、N正對著放置，s₁、s₂分別為M、N板上的小孔，s₁、s₂、O三點共線，它們的連線垂直M、N，且s₂O=R．以O(shè)為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場．D為收集板，收集板上各點到O點的距離以及兩端點A和C的距離都為2R，板兩端點的連線AC垂直M、N板．質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子，經(jīng)s₁進(jìn)入M、N間的電場后，通過s₂進(jìn)入磁場．粒子在s₁處的速度和粒子所受的重力均不計．
（1）當(dāng)M、N間的電壓為U_x時，求粒子進(jìn)入磁場時速度的大小v_x；
（2）要使粒子能夠打在收集板D上，求在M、N間所加電壓的范圍；
（3）若粒子恰好打在收集板D的中點上，求粒子從s₁開始運動到打在D的中點上經(jīng)歷的時間．

Answer 1

分析：（1）粒子在電場中運動時，電場力做功引起動能變化，由動能定理v_x；
（2）粒子進(jìn)入磁場后，由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動，由牛頓第二定律求出軌跡半徑表達(dá)式．當(dāng)粒子打在收集板D的A點時，軌跡半徑最小，粒子速度最小，在M、N間所加電壓最��；當(dāng)粒子打在收集板D的C點時，軌跡半徑最大，粒子速度最大，在M、N間所加電壓最大；由幾何知識求出半徑，再求解電壓的范圍．
（3）粒子從s₁開始運動到打在D的中點上經(jīng)歷的時間分三段：加速電場中，由運動學(xué)平均速度法求出時間；磁場中根據(jù)時間與周期的關(guān)系求解時間；射出磁場后粒子做勻速直線運動，由速度公式求解時間，再求解總時間．

解答：解：
（1）粒子從s₁到達(dá)s₂的過程中，根據(jù)動能定理得：qUx=

1

2

mvx2
        解得：vx=

2qUx m

（2）粒子進(jìn)入磁場后在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，設(shè)此時其速度大小為v，軌道半徑為r，根據(jù)牛頓第二定律得：qvB=m

v2

r

粒子在M、N之間運動，根據(jù)動能定理得：qU=

1

2

mv2，
  聯(lián)立解得：U=

qB2r2

2m

當(dāng)粒子打在收集板D的A點時，經(jīng)歷的時間最長，由幾何關(guān)系可知粒子在磁場中運動的半徑r1=

3

3

R，此時M、N間的電壓最小，為U1=

qB2R2

6m

當(dāng)粒子打在收集板D的C點時，經(jīng)歷的時間最短，由幾何關(guān)系可知粒子在磁場中運動的半徑r2=

3

R，此時M、N間的電壓最大，為U2=

3qB2R2

2m

要使粒子能夠打在收集板D上，在M、N間所加電壓的范圍為

qB2R2

6m

≤U≤

3qB2R2

2m

．
（3）根據(jù)題意分析可知，當(dāng)粒子打在收集板D的中點上時，根據(jù)幾何關(guān)系可以求得粒子在磁場中運動的半徑r₀=R，粒子進(jìn)入磁場時的速度v0=

qBr0

m

   粒子在電場中運動的時間：t1=

R

v0 2

   粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T=

2πr0

v0

=

2πm

qB

   粒子在磁場中經(jīng)歷的時間t2=

1

4

T
  粒子出磁場后做勻速直線運動經(jīng)歷的時間t3=

R

v0

所以粒子從s₁運動到A點經(jīng)歷的時間為t=t1+t2+t3=

(6+π)m

2qB

答：（1）當(dāng)M、N間的電壓為U_x時，求粒子進(jìn)入磁場時速度的大小vx=

2qUx m

；
   （2）要使粒子能夠打在收集板D上，在M、N間所加電壓的范圍為

qB2R2

6m

≤U≤

3qB2R2

2m

；
   （3）若粒子恰好打在收集板D的中點上，粒子從s₁開始運動到打在D的中點上經(jīng)歷的時間是

(6+π)m

2qB

．

點評：本題是帶電粒子先經(jīng)電場加速，后經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)的問題，關(guān)鍵是根據(jù)幾何知識分析粒子在磁場運動的半徑與磁場半徑的關(guān)系．