Question

14．如圖所示，帶電平行金屬板相距為2R，在兩板間半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，兩板及其左側(cè)邊緣連線均與磁場(chǎng)邊界剛好相切．一帶正電粒子（不計(jì)重力）沿兩板間中心線O₁O₂從左側(cè)O₁點(diǎn)以某一速度射入，沿直線通過(guò)圓形磁場(chǎng)區(qū)域，然后恰好從極板邊緣飛出，在極板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t₀．若僅撤去磁場(chǎng)，質(zhì)子仍從O₁點(diǎn)以相同速度射入，經(jīng)$\frac{t_0}{2}$時(shí)間打到極板上．求：
（1）兩極板間電壓U；
（2）若兩極板不帶電，保持磁場(chǎng)不變，帶電粒子仍沿中心線O₁O₂從O₁點(diǎn)射入，欲使帶電粒子從左側(cè)飛出兩板間，入射速度v應(yīng)滿足什么條件．

Answer 1

分析 （1）質(zhì)子進(jìn)入正交的電磁場(chǎng)中，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，才能沿直線通過(guò)圓形磁場(chǎng)區(qū)域，受到的洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡，質(zhì)子離開(kāi)圓形區(qū)域后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，由圖知，水平位移為L(zhǎng)-2R，豎直位移為R，而水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件、牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式，可求得U；
（2）先求出質(zhì)子從極板間飛出時(shí)的沿電場(chǎng)方向分速度大小 v_y，再由速度合成得到質(zhì)子從極板間飛出時(shí)的速度大�。�

解答 解：（1）設(shè)帶電粒子從左側(cè)O₁點(diǎn)射入的速度為v₀，極板長(zhǎng)為L(zhǎng)，在圓形區(qū)域內(nèi)勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)：
qE-qv₀B=0 …①
U=E•2R …②
在電場(chǎng)中作類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)：
L-2R=v₀t…③
R=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t² …④
L=v₀t₀…⑤
撤去磁場(chǎng)，僅受電場(chǎng)力作用，有：
R=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$（$\frac{{t}_{0}}{2}$）² …⑥
聯(lián)解①②③④⑤⑥得：U=$\frac{8B{R}^{2}}{{t}_{0}}$…⑦

（2）設(shè)帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，質(zhì)子恰好從上極板左邊緣飛出，作出其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．…⑧
由幾何關(guān)系可知：
R=r+$\sqrt{2}$r …⑨
由牛頓定律：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$ …⑩
聯(lián)解⑨⑩得：v=$\frac{2（\sqrt{2}-1）R}{{t}_{0}}$ …⑪
所以帶電粒子射入的速度應(yīng)滿足：
0＜v＜$\frac{2（\sqrt{2}-1）R}{{t}_{0}}$…⑫
答：（1）兩極板間電壓U為$\frac{8B{R}^{2}}{{t}_{0}}$；
（2）若兩極板不帶電，保持磁場(chǎng)不變，帶電粒子仍沿中心線O₁O₂從O₁點(diǎn)射入，欲使帶電粒子從左側(cè)飛出兩板間，入射速度v應(yīng)滿足0＜v＜$\frac{2（\sqrt{2}-1）R}{{t}_{0}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題實(shí)質(zhì)是粒子速度選擇器與類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的綜合，分析質(zhì)子的受力情況，來(lái)確定其運(yùn)動(dòng)情況是關(guān)鍵，并要熟練運(yùn)用動(dòng)力學(xué)方法處理類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)．