Question

（2012?徐州一模）如圖（a）所示，在真空中，半徑為b的虛線所圍的圓形區域內存在勻強磁場，磁場方向與紙面垂直．在磁場右側有一對平行金屬板M和N，兩板間距離也為b，板長為2b，兩板的中心線O₁O₂與磁場區域的圓心O在同一直線上，兩板左端與O₁也在同一直線上．有一電荷量為+q、質量為m的帶電粒子，以速率v₀從圓周上的P點沿垂直于半徑OO₁并指向圓心O的方向進入磁場，當從圓周上的O₁點飛出磁場時，給M、N板加上如圖（b）所示電壓u．最后粒子剛好以平行于N板的速度，從N板的邊緣飛出．不計平行金屬板兩端的邊緣效應及粒子所受的重力．
（1）求磁場的磁感應強度B；
（2）求交變電壓的周期T和電壓U₀的值；
（3）若t=

T

2

時，將該粒子從MN板右側沿板的中心線O₂O₁，仍以速率v₀射入M、N之間，求粒子從磁場中射出的點到P點的距離．

Answer 1

分析：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，用牛頓第二定律可求出磁場的大小，用左手定則可判知磁場的方向．
（2）粒子進入電場后將做復雜的曲線運動，但在水平方向上是勻速直線運動，在豎直方向上是周期性的偏轉運動，豎直方向的位移是

b

2

，應用周期性的偏轉位移進行求解．
（3）當t=

T

2

粒子以速度v₀沿O₂O₁射入電場時，粒子要向上偏轉，最后從M板的右端進入磁場，做出偏轉的軌跡圖，利用幾何關系可判知磁場中射出的點到P點的距離．

解答：解：
（1）粒子自P點進入磁場向右偏轉，從O₁點水平飛出磁場，運動的半徑必為b，如圖一所示：洛倫茲力提供向心力，有：
qv0B=

m v 2 0

b

解得：B=

mv0

bq

由左手定則可知，磁場方向垂直紙面向外．
（2）粒子自O₁點進入電場，做變加速曲線運動，最后恰好從N板的邊緣平行飛出（如圖二所示），設運動時間為t，則水平方向上有：
2b=v₀t 
在豎直方向上有：

b

2

=2n?

1

2

?

qU0

mb

(

T

2

)2
t=nT（n=1，2，…） 
解得  T=

2b

nv0

（n=1，2，…） 
U0=

nm v 2 0

2q

（n=1，2，…） 
（3）當t=

T

2

粒子以速度v₀沿O₂O₁射入電場時，則該粒子恰好從M板邊緣以平行于極板的速度射入磁場（如圖三所示），且進入磁場的速度仍為v₀，運動的軌道半徑仍為b．
設進入磁場的點為Q，離開磁場的點為R，圓心為O₃，如圖所示，四邊形OQ O₃R是菱形，故O R∥QO₃． 
所以P、O、R三點共線，即POR為圓的直徑．即PR間的距離為2b．
答：（1）求磁場的磁感應強度為B=

mv0

bq

，方向垂直紙面向外．
（2）交變電壓的周期T為T=

2b

nv0

（n=1，2，…）
電壓U₀為U0=

nm v 2 0

2q

（n=1，2，…），
（3）粒子從磁場中射出的點到P點的距離為2b．

點評：該題考察了帶電粒子在有邊界的勻強磁場中的偏轉和在變化的電場中的運動，正確分析帶電粒子在電場和磁場中的受力并判斷其運動的性質及軌跡是解題的關鍵；在分析其受力及描述其軌跡時，要有較強的空間想象能力，并善于把空間圖形轉化為最佳平面視圖；當帶電粒子在電磁場中做多過程運動時，關鍵是掌握基本運動的特點和尋找過程的邊界條件．