Question

5．如圖所示，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面，圓心坐標為（0，R），在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面向里磁感應強度為B的勻強磁場，在磁場右側(cè)有一平行于x軸放置的平行板電容器，兩板間距和板長均為2R，N板與x軸重合且接地．一質(zhì)量為m、電荷量為-q的帶電粒子，由坐標原點O以相同速率、不同方向沿紙面射入第一象限后，在射出磁場時粒子的速度都平行于x軸．不計重力．試求：
（1）帶電微粒在磁場中運動的速度大�。�
（2）若帶電粒子從O點射入磁場時的速度恰與x軸成θ=60°角，則該粒子在磁場中運動的時間為多少？射出磁場時的位置坐標為多少？
（3）若使（2）中的帶電粒子能夠從平行板電容器的右端射出，M板的電勢范圍為多大？（取N板的電勢為零電勢．）

Answer 1

分析 （1）由于粒子從圓形磁場區(qū)域射出后均沿水平方向射出，由幾何關(guān)系知道，粒子做勻速圓周運動的半徑與磁場圓的半徑相同．再由洛侖茲力提供向心力可以求得粒子射出的速度．
（2）若帶電粒子從O點射入磁場時的速度恰與x軸成θ=60°角，則粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后變?yōu)樗�平，偏轉(zhuǎn)角為60°，由周期公式就能求出在磁場的時間．離開磁場后做類平拋運動，再由類平拋的規(guī)律就通報求出打中位置坐標．
（3）由于沒有告訴MN板電勢的高低，所以粒子水平射出后可能向上或向下做類平拋運動，這樣，由類平拋的規(guī)律求出兩種情況下的加速度，從而能求出兩板的電勢差，從而就能求出M板的電勢范圍．

解答 解：（1）如圖所示，由幾何關(guān)系可知，軌跡圓的圓心O’、出射點P與O₁和O構(gòu)成菱形，因此
  粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R，則    
  $qBv=m\frac{{v}^{2}}{R}$  
  所以 $v=\frac{qBR}{m}$    
（2）$t=\frac{θR}{v}=\frac{πm}{3qB}$     如圖所示′′，射出磁場的位置坐標為：
  $x=Rsinθ=\frac{\sqrt{3}}{2}R$ 
  $y=Rcosθ=\frac{1}{2}R$  
（3）設粒子在兩板間運動的時間為t，則
  $t=\frac{2R}{v}=\frac{2m}{qB}$  
  設粒子從板右側(cè)射出時側(cè)向位移的大小為d，則
  $d=\frac{1}{2}a{t}^{2}$       
  $a=\frac{F}{m}=\frac{Eq}{m}$    
  所以  $E=\frac{q{B}^{2}d}{2m}$     
  所以，當粒子從N板的右邊緣射出時，d₁=$\frac{1}{2}R$則
    ${U}_{NM1}={E}_{1}•2R=\frac{q{B}^{2}{R}^{2}}{2m}$     
  所以 ${φ}_{M1}={φ}_{N}-{U}_{M1}=-\frac{q{B}^{2}{R}^{2}}{2m}$  
  當粒子從M板的右邊緣射出時，d₂=$\frac{3}{2}R$則
  ${U}_{NM2}={E}_{2}•2R=\frac{3{q}^{2}{B}^{2}}{2m}$   
  所以  ${φ}_{M2}={U}_{M2N}+{φ}_{N}=\frac{3q{B}^{2}{R}^{2}}{2m}$  
  所以，粒子能夠從平行板電容器的右端射出，M板的電勢范圍為：
  $-\frac{q{B}^{2}{R}^{2}}{2m}≤{φ}_{M}≤\frac{3q{B}^{2}{R}^{2}}{2m}$
答：（1）帶電微粒在磁場中運動的速度大小為$\frac{qBR}{m}$．
（2）若帶電粒子從O點射入磁場時的速度恰與x軸成θ=60°角，則該粒子在磁場中運動的時間為$\frac{πm}{3qB}$，射出磁場時的位置坐標為（$\frac{\sqrt{3}}{2}R$，$\frac{1}{2}R$）．
（3）若使（2）中的帶電粒子能夠從平行板電容器的右端射出，M板的電勢范圍為$-\frac{q{B}^{2}{R}^{2}}{2m}≤{φ}_{M}≤\frac{3q{B}^{2}{R}^{2}}{2m}$．

點評 本題的巧妙在于：①所有粒子均水平射出圓形磁場區(qū)域，由此可以推斷粒子做勻速圓周運動的半徑與磁場圓半徑相等；②在第二問的方向射出的粒子在電場中做類平拋運動，由于沒有告訴MN兩板電勢的高低，所以粒子可能向上或向下做類平拋運動，由類平拋規(guī)律求出電勢差，從而求出M板的電勢．