Question

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(xiàn)均與磁場(chǎng)邊界剛好相切．一質(zhì)子（不計(jì)重力）沿兩板間中心線(xiàn)O₁O₂從左側(cè)O₁點(diǎn)以某一速度射入，沿直線(xiàn)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)

t1

2

時(shí)間打到極板上．求：
（1）求兩極板間電壓U；
（2）求質(zhì)子從極板間飛出時(shí)的速度大�。�

Answer 1

分析：（1）質(zhì)子進(jìn)入正交的電磁場(chǎng)中，做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，才能沿直線(xiàn)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)，豎直方向做初速度為零的勻加速直線(xiàn)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)質(zhì)子從左側(cè)O₁點(diǎn)射入的速度為v₀，極板長(zhǎng)為L(zhǎng)，在復(fù)合場(chǎng)中作勻速運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力等于洛倫茲力，則有q

U

2R

=qv₀B ①
質(zhì)子在電場(chǎng)中作類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則
  L-2R=v₀t  ②
  R=

1

2

?

qE

m

t2 ③
又L=v₀t₀  ④
撤去磁場(chǎng)后僅受電場(chǎng)力，有R=

1

2

?

qE

m

(

t0

2

)2 ⑤
解得t=

t0

2

，L=4R，v₀=

4R

t0

，U=

8R2B

t0

（2）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=

qE

m

t
由③得v_y=

2R

t

=v₀ ⑥
則從極板間飛出時(shí)的速度大小v=

v 2 0 + v 2 y

=

2

v0=

4 2 R

t0

 ⑦
答：
（1）兩極板間電壓U是

8R2B

t0

；
（2）質(zhì)子從極板間飛出時(shí)的速度大小是

4 2 R

t0

．

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)．