Question

如圖所示，在以O為圓心，半徑為R的圓形區(qū)域內，有一個水平方向的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向外．豎直平行正對放置的兩金屬板A、K連在電壓可調的電路中． S₁、S₂為A、K板上的兩個小孔，且S₁、S₂和O在同一直線上，另有一水平放置的足夠大的熒光屏D，O點到熒光屏的距離h．比荷（電荷量與質量之比）為k的帶正電的粒子由S₁進入電場后，通過S₂射向磁場中心，通過磁場后落到熒光屏D上．粒子進入電場的初速度及其所受重力均可忽略不計．
（1）求粒子垂直打到熒光屏上M點時速度的大�。�
（2）調節(jié)滑片P，使粒子打在熒光屏上N點，MN=

3

/3h（如圖所示），求此時A、K兩極板間的電壓．

Answer 1

分析：粒子經磁場偏轉后，沿直線運動到熒光屏，粒子偏轉的角度為90°，做出粒子做圓周運動的軌跡，找到粒子圓周運動的半徑恰好等于磁場半徑，根據牛頓第二定律解出粒子打到極板上的速度；粒子打到N點時可以通過圓周運動向心力公式和幾何關系求得粒子做圓周運動的速度，根據動能定理解出加速電場的電壓．

解答：解：（1）設粒子的質量為m，電荷量為q，垂直打在熒光屏上的M點時的速度為v₁，粒子垂直打在熒光屏上，說明粒子在磁場中的運動是四分之一圓周，
運動半徑：r₁=R

根據牛頓第二定律：Bqv₁=m

v 2 1

r1

依題意：k=

q

m

 解得：v₁=BkR 
（2）設粒子在磁場中運動軌道半徑為r₂，偏轉角為2θ，粒子射出磁場時的方向與豎直方向夾角為α，粒子打到N點時的軌跡如圖所示，由幾何關系可知

tanα=

MN

h

=

3

3

，α=30°，θ=30°
tanθ=

R

r2

解得：r₂=

3

R
設此時A、K兩極板間的電壓為U，設粒子離開S₂時的速度為v₂，
根據牛頓第二定律：Bqv₂=m

v 2 2

r2

根據動能定理有   qU=

1

2

m

v

2 2

解得：U=

3

2

kB2R2
答：（1）粒子垂直打到熒光屏上M點時速度的大小為BkR；
（2）此時A、K兩極板間的電壓為U=

3

2

kB2R2．

點評：本題主要考查了帶電粒子在混合場中運動的問題，要求同學們能正確分析粒子的受力情況，再通過受力情況分析粒子的運動情況，熟練掌握圓周運動及牛頓第二定律公式．