Question

（2011?江蘇模擬）如圖所示，在真空中，半徑為R=5L₀的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里．在磁場右側(cè)有一對平行金屬板M和N，兩板間距離為d=6L₀，板長為L=12L₀，板的中心線O₁O₂與磁場的圓心O在同一直線上．有一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電的粒子，以速度v₀從圓周上的a點沿垂直于半徑OO₁并指向圓心的方向進入磁場平面，當從圓周上的O₁點水平飛出磁場時，給M、N板加上如下圖所示電壓，最后粒子剛好以平行于M板的速度，從M板的邊緣飛出（不計粒子重力）．求
（1）磁場的磁感應(yīng)強度；
（2）求交變電壓的周期T和電壓U₀的值；
（3）若t=

3T

2

時，該粒子從M、N板右側(cè)沿板的中心線仍以速率v₀向左射入M、N之間．求粒子從磁場中射出的點到a點的距離

Answer 1

分析：（1）粒子由a點進入磁場在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動，由圖得到，軌跡半徑等于R，由牛頓第二定律求解磁場的磁感應(yīng)強度；
（2）粒子進入電場后做平拋運動，平行于板的方向做勻速運動，粒子在電場中運動的時間為t=

L

v0

．要使粒子剛好以平行于M板的速度，根據(jù)對稱性和周期性得知，粒子在電場中的運動時間為周期的整數(shù)倍，粒子在電場中運動側(cè)向總位移等于

d

2

，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求出周期和電壓．
（3）由上判斷出粒子的電性．粒子在t=

3

2

T時刻進入電場后向N板偏轉(zhuǎn)，由題意分析得知，粒子應(yīng)剛好平行于N板從N板的邊緣水平飛出，并沿著水平方向進入磁場．根據(jù)幾何知識作出粒子的軌跡，分析求解粒子從磁場中射出的點到a點的距離．

解答：解：（1）粒子由a點進入磁場在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動，所以qv0B=m

v 2 0

r

①
由題意知粒子圓周運動的半徑：r=R=5

L

0

②
由①、②得：B=

mv0

5qL0

（2）據(jù)題意，粒子在電場中的運動時間為周期的整數(shù)倍，
即：t=

L

v0

=nT于是得：T=

12L0

nv0

（n=1，2，3…）
粒子在電場中運動側(cè)向總位移：Y=

1

2

?

qU0

md

(

T

2

)2?2n=

d

2

代入計算得：U0=

nm v 2 0

2q

（n=1，2，3…）
（3）由粒子在磁場中的受力可判斷可知粒子帶負電，粒子在t=

3

2

T時刻進入電場后向N板偏轉(zhuǎn)，由題意知粒子應(yīng)剛好平行于N板從N板的邊緣水平飛出，并沿著水平方向進入磁場．
如圖，設(shè)粒子從B點進入磁場，從C點射出，O″點為粒子圓周運動的圓心，由（1）知：r=R，所以O(shè)BO″C為菱形，故有OC∥O″B，由于粒子水平射出，故O″B⊥v₀，于是OC⊥v₀，方向豎直，故aOC共線，所以射出的點到a點的距為：aC=2R=10L₀．
答：
（1）磁場的磁感應(yīng)強度為

mv0

5qL0

；
（2）求交變電壓的周期T為

12L0

nv0

（n=1，2，3…），電壓U₀的值為

mm v 2 0

2q

；
（3）若t=

3T

2

時，該粒子從M、N板右側(cè)沿板的中心線仍以速率v₀向左射入M、N之間，粒子從磁場中射出的點到a點的距離等于10L₀．

點評：本題粒子在周期性變化的電場中運動時，要抓住粒子運動的周期性，在磁場中運動時，要充分運用幾何知識分析軌跡的特點，作出軌跡，求解有關(guān)距離．