Question

14．如圖所示，帶電平行金屬板相距為2R，在兩板間半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，兩板及其左側(cè)邊緣連線均與磁場邊界剛好相切．一質(zhì)子（不計重力）沿兩板間中心線O₁O₂從左側(cè)O₁點以某一速度射入，沿直線通過圓形磁場區(qū)域，然后恰好從極板邊緣飛出，在極板間運動時間為t₀．若僅撤去磁場，質(zhì)子仍從O₁點以相同速度射入，經(jīng)1.40時間打到極板上．求：
（1）求兩極板間電壓U；
（2）求質(zhì)子從極板間飛出時的速度大��；
（3）若兩極板不帶電，保持磁場不變，質(zhì)子仍沿中心線O₁O₂從O₁點射入，欲使質(zhì)子從兩板左側(cè)間飛出，射入的速度應滿足什么條件？

Answer 1

分析 （1）粒子做勻速直線運動，由受力平衡條件，通過運動學公式與牛頓第二定律，結(jié)合電場力與洛倫茲力表達式，即可求解；
（2）由速度與時間關(guān)系，可求質(zhì)子在沿電場方向的速度，因此可求出飛出極板間的速度大小；
（3）質(zhì)子恰好從上極板左邊緣飛出，因此由幾何關(guān)系，結(jié)合運動學公式與向心力表達式，從而可求出質(zhì)子兩板左側(cè)間飛出的條件．

解答 解：（1）設質(zhì)子從左側(cè)O₁點射入的速度為v₀，極板長為L
在復合場中作勻速運動：$q\frac{U}{2R}=q{v_0}B$ ①
在電場中作類平拋運動，則有：
 L-2R=v₀t  ②
 $R=\frac{1}{2}\frac{qE}{m}{t^2}$ ③
 L=v₀t₀ ④
$R=\frac{1}{2}\frac{qE}{m}{（\frac{t_0}{2}）^2}$⑤
解得  $t=\frac{t_0}{2}$，L=4R，${v_0}=\frac{4R}{t_0}$，$U=\frac{{8{R^2}B}}{t_0}$ ⑥
（2）質(zhì)子從極板間飛出時的沿電場方向分速度大小 v_y=$\frac{qE}{m}t$=$\frac{2R}{t}$=v₀ ⑦
從極板間飛出時的速度大小$v=\sqrt{v_0^2+v_y^2}=\sqrt{2}{v_0}$=$\frac{{4\sqrt{2}R}}{t_0}$ ⑧
（3）設質(zhì)子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r，質(zhì)子恰好從上極板左邊緣飛出時速度的偏轉(zhuǎn)角為α，由幾何關(guān)系可知：
  β=π-α=45°，r+$\sqrt{2}$r=R  ⑨
因為$R=\frac{1}{2}\frac{qE}{m}{（\frac{t_0}{2}）^2}$，所以 $\frac{qE}{m}=\frac{{q{v_0}B}}{m}=\frac{8R}{t_0^2}$ ⑩
根據(jù)向心力公式 $qvB=m\frac{v^2}{r}$，解得 v=$\frac{{2（{\sqrt{2}-1}）R}}{t_0}$（11）
所以，質(zhì)子兩板左側(cè)間飛出的條件為 $0＜v＜\frac{{2（\sqrt{2}-1）R}}{t_0}$（12）
答：（1）兩極板間電壓U是$\frac{8{R}^{2}B}{{t}_{0}}$；（2）質(zhì)子從極板間飛出時的速度大小為$\frac{{4\sqrt{2}R}}{t_0}$；（3）射入的速度應滿足的條件為 $0＜v＜\frac{{2（\sqrt{2}-1）R}}{t_0}$．

點評 考查粒子做勻速直線運動、類平拋運動與勻速圓周運動的處理方法，掌握運動學公式與牛頓第二定律的綜合應用，理解幾何關(guān)系的正確使用．