Question

如圖所示，A板和B板為平行板電容器的兩極板，其中A板帶負(fù)電，B板帶正電，兩極板的中央都有一個(gè)小空隙可以允許粒子穿過，兩板間的電勢(shì)差的大小為U=1×10⁵B極板的右上方存在著一個(gè)圓心為O₁圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.1T，磁場(chǎng)區(qū)域半徑r=

2

3

3

m，磁場(chǎng)的方向垂直于紙面向里．今有質(zhì)量m=3.2×10^-26、帶電荷量q=-1.6×10^-19某種粒子，從A極板小孔處以極小的初速度（其方向由A到B，大小可以視為零）進(jìn)入兩平行金屬板之間的區(qū)域．圖中A、B板上的兩個(gè)小孔和O₁點(diǎn)共線．粒子穿越圓柱形磁場(chǎng)后恰好從磁場(chǎng)區(qū)域的最右端C點(diǎn)穿出，立即進(jìn)入一個(gè)豎直方向的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，其左右邊界分別為DE和FH，兩邊界間的距離為8m，上邊和下邊沒有邊界．勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為E=3.75×10⁴/C，方向在豎直方向上．試求：
（1）該粒子剛剛進(jìn)入圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小；
（2）該粒子通過圓形磁場(chǎng)區(qū)域所用的時(shí)間；
（3）該粒子在有界勻強(qiáng)電場(chǎng)中的位移大�。�

Answer 1

分析：（1）粒子在兩極板中加速的過程，根據(jù)動(dòng)能定理即可求出速度；
（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌跡半徑為R，圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，由牛頓第二定律求出半徑，根據(jù)T=

2πR

v

求出周期，根據(jù)運(yùn)動(dòng)軌跡求出偏轉(zhuǎn)的圓心角，進(jìn)而求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；
（3）由題意可知：該粒子進(jìn)入有界勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的基本公式求出水平和豎直方向的位移，根據(jù)矢量合成求出總位移．

解答：解：（1）根據(jù)動(dòng)能定理得：
qU=

1

2

mv2
解得：v=

2qU m

=1.0×106m/s
（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌跡半徑為R，圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T，由牛頓第二定律得：
qvB=m

v2

R

又T=

2πR

v

解得：R=

mv

Bq

=2m，
T=

2πm

Bq

由軌跡圖可知：
tanθ=

r

R

=

3

3

則θ=30°
則該段軌跡的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=T?

2θ

360°

=

T

6

=2.1×10-6s
（3）由題意可知：該粒子進(jìn)入有界勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，
設(shè)粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則x=vt
y=

1

2

at2
再根據(jù)牛頓第二定律有：qE=ma
解得：粒子的總位移為s=

x2+y2

=10m
答：（1）該粒子剛剛進(jìn)入圓柱形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小為1.0×10⁶m/s；
（2）該粒子通過圓形磁場(chǎng)區(qū)域所用的時(shí)間為2.1×10^-6s；
（3）該粒子在有界勻強(qiáng)電場(chǎng)中的位移大小為10m．

點(diǎn)評(píng)：帶電粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)分為加速和偏轉(zhuǎn)兩種類型，常運(yùn)用動(dòng)能定理和平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解，注意運(yùn)算時(shí)要細(xì)心，而在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，重要的是由運(yùn)動(dòng)徑跡利用幾何關(guān)系找到半徑的大小，由洛倫茲力提供向心力，利用牛頓第二定律求解即可