Question

8．如圖所示，坐標平面的第Ⅰ象限內存在方向水平向左的勻強電場，第Ⅳ象限內有兩個極板M、N、質荷比為$\frac{m}{q}$=4×10^-20kg/C的帶正電粒子，在M極板表面處經M、N間加速電場加速后，從x軸上的A點以初速度v₀=2×10⁷m/s垂直x軸射入電場，OA=0.2m，之后粒子以與y軸正方向成60°角進入第Ⅱ象限，為了使該粒子能從C點垂直于x軸進入第Ⅲ象限，可在適當的地方加一個垂直于xOy平面、磁感應強度大小為B=0.16T的勻強磁場，若此磁場僅分布在一個圓形區(qū)域內．粒子重力不計．求：
（1）M、N兩極板之間的電勢差；
（2）第Ⅰ象限內的勻強電場的電場強度大小；
（3）圓形磁場的最小半徑和粒子在此磁場中運動的時間．

Answer 1

分析 （1）對粒子由M到N過程由動能定理可求得兩板間的電勢差；
（2）粒子在電場中做類平拋運動，由運動的合成和分解可求得電場強度；
（3）粒子在磁場中做圓周運動，由幾何關系及洛侖茲力充當向心力可明確圓心和半徑，并求出粒子在磁場中運動的時間．

解答 解：（1）粒子從M到N由動能定理有：
Uq=$\frac{1}{2}$mv₀²
解得：MN兩極板之間的電勢差U=8×10⁴V；
（2）粒子進入電場后做平拋運動，在y軸上有：
v_y=v₀
v_x=v_ytan60°=$\sqrt{3}$；
解得：v₀=2$\sqrt{3}$×107m/s；
在x軸方向上有：v_x²=2a$\overline{OA}$
由牛頓第二定律有：
Eq=ma
解得：E=1.2×10⁶V/m；
（3）設粒子進入磁場做圓周運動的半徑為R，
由牛頓第二定律有：
Bqv=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
v=2v₀
解得：R=0.1m
圓形磁場的最小半徑為r=Rcos30°=$\frac{\sqrt{3}}{20}$m
粒子在磁場中運動時間t=$\frac{T}{3}$=$\frac{2πm}{3Bq}$=5.23×10^-9s
答：（1）M、N兩極板之間的電勢差為8×10⁴V；
（2）第Ⅰ象限內的勻強電場的電場強度大小為1.2×10⁶V/m；
（3）圓形磁場的最小半徑$\frac{\sqrt{3}}{20}$m；粒子在此磁場中運動的時間5.23×10^-9s

點評 本題考查帶電粒子在電磁場中的運動，要注意明確粒子在電場中的運動主要應為運動的合成與分解；而在磁場中則主要依靠洛侖茲力充當向心力；利用幾何關系求解．