Question

（2009?海淀區(qū)二模）如圖甲所示，真空中兩水平放置的平行金屬板C、D，上面分別開有兩對正對的小孔O₁、O₂和O₃、O₄，O₂與O₃之間的距離d=20cm．金屬板C、D接在正弦交流電源上，C、D兩板間的電壓U_CD隨時間t變化的圖線如圖乙所示．t=0時刻開始，從C板小孔O₁處連續(xù)不斷飄入質(zhì)量m=3.2×10^-25kg、電荷量q=1.6×10^-19C的帶正電的粒子（飄入速度很小，可忽略不計）．在D板外側(cè)有范圍足夠大勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B=0.1T，方向垂直紙面向里，粒子受到的重力及粒子間的相互作用力均可忽略不計，平行金屬板C、D之間距離足夠小，粒子在兩板間的運動時間可忽略不計．（取π近似等于3）

（1）帶電粒子若經(jīng)磁場的作用后恰能進入小孔O₃，則帶電粒子從小孔O₂進入磁場時的速度為多大？
（2）在什么時刻飄入小孔O₁的粒子，恰好能夠進入小孔O₃？
（3）經(jīng)過小孔O₃進入C、D兩板間的粒子，從小孔O₄射出時的動能為多大？

Answer 1

分析：（1）粒子在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運動，根據(jù)動能定理與牛頓第二定律，即可求解；
（2）粒子恰能飛出磁場邊界，根據(jù)牛頓第二定律與動能定理，可求出電壓；根據(jù)圖象可求出對應(yīng)的時刻；
（3）在t₁時刻飄入的粒子，經(jīng)過小孔O₃進入C、D兩板間的粒子粒子在磁場中運動的時間t，確定粒子到達小孔O₃時刻，然后確定此時的電壓，最后根據(jù)動能定理求出．

解答：（1）設(shè)帶電粒子小孔O₂進入磁場時的速度為v₀，粒子在磁場中做勻速圓周運動，其半徑為R，根據(jù)牛頓第二定律有qv0B=m

v02

R

因粒子恰好能進入小孔O₃，粒子運動軌跡如答圖2所示，有R=

1

2

d
解得速度v0=

qBd

2m

=5×103m/s
（2）設(shè)恰能進入小孔O₃的粒子在電場中運動時CD板對應(yīng)的電壓為U₀，根據(jù)動能定理qU0=

1

2

mν02
解得U0=

mν02

2q

=25V
由于粒子帶正電，因此只有在C板電勢高（U_CD=U_C-U_D＞0）時才能被加速進入磁場，因此解得U_CD=25 V對應(yīng)時刻分別為
t₁=（0.25+2n）×10^-4s （n=0，1，2…）
t₂=（0.75+2n）×10^-4s （n=0，1，2…）
（3）設(shè)粒子在磁場中運動的周期為T，根據(jù)牛頓第二定律和圓周運動規(guī)律qv0B=

4π2mR

T2

，v0=

2πR

T

得T=

2πm

qB

粒子在磁場中運動的時間t=

T

2

=

πm

qB

=0.6×10^-4s
在t₁時刻飄入的粒子，經(jīng)過時間t，粒子到達小孔O₃時，C、D兩板間的電壓為U_CD=15V．粒子在兩板之間做減速運動，設(shè)到達小孔O₄時的動能為E₁，根據(jù)動能定理，得
-qUCD=E1-

1

2

m

v

2 0

解得E₁=1.6×10^-18J
在t₂時刻飄入的粒子，經(jīng)時間t，粒子到達小孔O₃時，C、D兩板間的電壓為U_CD′=-35V．粒子在兩板之間做加速速運動，設(shè)到達小孔O₄時的動能為E₂，根據(jù)動能定理，得
-qUCD′=E2-

1

2

m

v

2 0

解得E₂=9.6×10^-18J
答：（1）帶電粒子從小孔O₂進入磁場時的速度為v0=5×103m/s；
（2）解得U_CD=25V，對應(yīng)時刻分別為
t₁=（0.25+2n）×10-4s（n=0，1，2…）
t₂=（0.75+2n）×10-4s（n=0，1，2…）
（3）經(jīng)過小孔O₃進入C、D兩板間的粒子，從小孔O₄射出時的動能為E₂=9.6×10^-18J．

點評：考查帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，掌握動能定理與牛頓第二定律的應(yīng)用，注意由左手定則來確定粒子偏轉(zhuǎn)方向，及正確的運動軌跡圖，結(jié)合幾何基礎(chǔ)知識．