Question

12．如圖所示，一對帶電平行金屬板A、B水平放置，上下兩極板間的電勢差U=10⁴V，兩板間距d=10^-2m，B板中央開有小孔S；金屬板正下方有一半徑R=10^-2m的圓形的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度的大小B=1T，磁場區(qū)域的圓心O位于小孔正下方．SO連線交圓的邊界于P點．比荷$\frac{q}{m}$=5×10⁷C/kg的帶正電粒子以速度v=5×10⁵m/s從磁場外某處正對著圓心射向磁場區(qū)域，經(jīng)過磁場的偏轉(zhuǎn)作用，恰好沿著OP方向從小孔S進入電場．帶電粒子在SP間運動的時間忽略不計，帶電粒子的重力不計．求：
（1）帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度．
（2）帶電粒子從進入磁場到最終離開磁場所用的時間．（取π≈3）

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在磁場中受到洛倫茲力的作用做勻速圓周運動，寫出半徑公式，然后結(jié)合幾何關(guān)系即可求出帶電粒子偏轉(zhuǎn)的角度；
（2）帶電粒子進入電場后先減速，然后返回，由牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合運動學的公式求出粒子在電場中運動的時間；求出粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度，結(jié)合$\frac{t}{T}=\frac{θ}{360°}$求出粒子在磁場中運動的時間，兩段時間的和即為所求．

解答 解：（1）粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，得：
$qvB=\frac{m{v}^{2}}{r}$
所以：r=$\frac{mv}{qB}=\frac{m}{q}•\frac{v}{B}=\frac{1}{5×1{0}^{7}}×\frac{5\sqrt{3}×1{0}^{5}}{1}=0.01\sqrt{3}$m
畫出粒子運動的軌跡如圖，則：
$tanθ=\frac{R}{r}=\frac{0.01}{0.01\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$
則：θ=30°
所以粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度是2θ=60°
（2）粒子在磁場中運動的周期：$T=\frac{2πr}{v}=\frac{2πm}{qB}=\frac{m}{q}•\frac{2π}{B}=\frac{1}{5×1{0}^{7}}×\frac{2×3}{1}=1.2×1{0}^{-7}$s
由于：$\frac{{t}_{1}}{T}=\frac{2θ}{360°}$
所以粒子第一次在磁場中運動的時間：${t}_{1}=\frac{2×30°}{360°}×1.2×1{0}^{-7}=2×1{0}^{-8}$s
粒子進入電場后先做減速運動，加速度：
a=$\frac{qE}{m}=\frac{qU}{md}=5×1{0}^{7}×\frac{1{0}^{4}}{1{0}^{-2}}=5×1{0}^{13}$m/s²
在電場中運動的距離：$x=\frac{{v}^{2}}{2a}=\frac{{（5\sqrt{3}×1{0}^{5}）}^{2}}{2×5×1{0}^{13}}=0.0075m＜1{0}^{-2}m=d$因此粒子不能達到A板．由運動的對稱性可知，粒子返回的時間與減速的時間是相等的，所以粒子在電場中運動的時間：
${t}_{2}=\frac{2v}{a}=\frac{2×5\sqrt{3}×1{0}^{5}}{5×1{0}^{13}}=2\sqrt{3}×1{0}^{-8}$s≈3.5×10^-8s
粒子會以同樣的速度再次進入磁場，繼續(xù)向左偏轉(zhuǎn)，在磁場中運動的時間：
${t}_{3}={t}_{1}=2×1{0}^{-8}$s
帶電粒子從進入磁場到最終離開磁場所用的時間是：t=t₁+t₂+t₃
代入數(shù)據(jù)得：t=7.5×10^-8s
答：（1）帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度是60°．
（2）帶電粒子從進入磁場到最終離開磁場所用的時間是7.5×10^-8s．

點評 帶電粒子在電場中運動分為加速和偏轉(zhuǎn)兩種類型，常運用動能定理和平拋運動規(guī)律求解，注意運算時要細心，而在勻強磁場中運動時，重要的是由運動徑跡利用幾何關(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．