Question

如圖甲所示紙平面內一群相同帶電粒子，以相同速度連續(xù)從A點開始做直線運動，一段時間后進入一垂直于紙面向里的圓形勻強磁場區(qū)域（圖中未畫出磁場區(qū)域），第一個粒子飛出磁場后從上板邊緣平行于板面進入兩面平行的金屬板間，兩金屬板帶等量異種電荷，粒子在兩板間經偏轉后恰從下板右邊緣飛出．已知帶電粒子的荷質比為，其重力不計，粒子進入磁場前的速度方向與帶電板成θ=60°角，勻強磁場的磁感應強度為B=0.5T，帶電板長為l=20cm，板距為d=10cm，板間電壓為U=100V．不考慮粒子間的相互作用．試回答：
（1）上金屬板a帶什么電？說明理由．
（2）圓形磁場區(qū)域的最小面積為多大？
（3）若在兩金屬板上加上如圖乙所示的電壓，則在哪些時刻進入的帶電粒子能夠飛出兩板間而不碰到極板上？
（最后結果保留一位有效數字）

Answer 1

【答案】分析：（1）根據粒子穿過磁場，速度變?yōu)樗�平，由左手定則可知，粒子帶電電性；
（2）粒子在電場中做類平拋運動，將其分解，根據運動學公式，求得速度；并由牛頓第二定律，列出洛倫茲力提供向心力，來確定運動軌跡的最小半徑，即可求解；
（3）粒子在電場中，利用牛頓第二定律求出加速度，并得出在時間T內的側移量，然后根據題意要求，運用位移與時間關系，確定時間范圍．
解答：解：（1）帶電粒子穿過磁場時，速度變?yōu)樗�平�?br />由左手定則知，帶電粒子帶負電；
粒子射入電場后從下板邊緣飛出，粒子所受電場力向下，故上板帶負電．
（2）設粒子的速度為v，粒子在電場中作類平拋運動，飛越兩金屬板間需時間T
水平方向有：l=vT          ①
豎直方向有：   ②
解得：T=1×10^-5s，
．
設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R，
由牛頓第二定律有：  ③
設磁場的最小半徑為r，由幾何關系得：r=Rsin30°    ④
故磁場的最小面積為：S=πr²=3×10^-4m²        ⑤
（3）粒子飛越電場的時間為一定值T，粒子運動的加速度為：
                     ⑥
若粒子從t=0、2×10^-5s、4×10^-5s …時刻進入，
在時間T內側向移動距離為：                            ⑦
設粒子恰好從下板右邊緣水平飛出，
則有：  ⑧
解得：t=0.5×10^-5s
設粒子進入板間向下加速時間為t′據對稱性可知再歷時t′子豎直速度為零，
對以上過程，粒子向下的位移為：           ⑨
要使粒子不碰板而飛出，應滿足：   ⑩
聯立⑧⑨解得：t′≥2.93×10^-6s
故粒子能飛出兩板間對應的入射時刻為：
（2k+0.5）×10^-5s≤t≤（2k+0.7）×10^-5s（0，1，2，…）  
答：（1）上金屬板a帶負電，其理由：粒子射入電場后從下板邊緣飛出，粒子所受電場力向下，故上板帶負電．
（2）圓形磁場區(qū)域的最小面積為3×10^-4m²；
（3）若在兩金屬板上加上如圖乙所示的電壓，則在這些（2k+0.5）×10^-5s≤t≤（2k+0.7）×10^-5s（0，1，2，…）時刻進入的帶電粒子能夠飛出兩板間而不碰到極板上．
點評：考查粒子在磁場中做勻速圓周運動，掌握處理的規(guī)律，在電場中做類平拋運動時，掌握處理的方法．注意運動學公式及幾何關系在其應用，并理解牛頓第二定律．最后畫出正確的運動軌跡的是解題的關鍵．