Question

如圖甲所示，真空中兩水平放置的平行金屬板C、D上分別開有正對的小孔O₁和O₂，兩板接在交流電源上，兩板間的電壓u_CD隨時間t變化的圖線如圖乙所示．從t=0時刻開始，從C板小孔O₁處連續(xù)不斷飄入質量m=3.2×10^-25kg、電荷量q=1.6×10^-19C的帶正電的粒子（飄入速度很小，可忽略不計）．在D板上方有以MN為水平上邊界的勻強磁場，MN與D板的距離d=10cm，勻強磁場的磁感應強度為B=0.10T，方向垂直紙面向里，粒子受到的重力及粒子間的相互作用力均可忽略不計，平行金屬板C、D之間距離足夠小，粒子在兩板間的運動時間可忽略不計．求（保留兩位有效數(shù)字）：

（1）在C、D兩板間電壓U₀=9.0V時飄入小孔O₁的帶電粒子進入磁場后的運動半徑；
（2）從t=0到t=4.0×10^-2s時間內飄入小孔O₁的粒子能飛出磁場邊界MN的飄入時間范圍；
（3）磁場邊界MN上有粒子射出的范圍的長度．

Answer 1

分析：（1）粒子在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運動，根據動能定理與牛頓第二定律，即可求解；
（2）粒子恰能飛出磁場邊界，根據牛頓第二定律與動能定理，可求出電壓；根據圖象可求出對應的時刻；
（3）粒子速度越大在有界磁場中的偏轉量越小，根據動能定理與牛頓第二定律，可求出相對小孔向左偏移的最小距離，從而可確定磁場邊界MN有粒子射出的長度范圍．

解答：解：（1）設C、D兩板間電壓U₀=9.0V時帶電粒子從小孔O₂進入磁場的速度為v₀，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R₀，
根據動能定理，有：qU0=

1

2

mν02
由牛頓第二定律，則有，qv0B=m

v02

R0

解得：R₀=6.0cm
（2）如圖1所示，帶電粒子軌跡與MN相切時，恰好飛出磁場，此時粒子運動半徑R₁=d
設恰能飛出磁場邊界MN的帶電粒子在電場中運動時CD兩板間的電壓為U₁，從小孔O₂進入磁場時的速度為v₁，
根據牛頓第二定律和動能定理有qv1B=m

v12

R1

qU1=

1

2

mν12
解得：U₁=25V
由于粒子帶正電，因此只有在C板電勢高于D板電勢（u_CD為正值）時才能被加速進入磁場，
根據圖象可得U_CD=25 V的對應時刻分別為
t₁=0.50×10^-2s 
t₂=1.5×10^-2s
則粒子在0到4.0×10^-2 s內能飛出磁場邊界的飄入時間范圍為0.50×10^-2s～1.5×10^-2s
（3）粒子速度越大在有界磁場中的偏轉量越�。�設粒子在磁場中運動的最大速度為v_m，對應的運動半徑為R_m，
粒子運動軌跡如圖2所示，
依據動能定理和牛頓第二定律有qUm=

1

2

mνm2
qνmB=m

νm2

Rm

粒子飛出磁場邊界時相對小孔向左偏移的最小距離x1=Rm-

Rm2-d2

粒子射出磁場區(qū)域的最左端時粒子運動軌跡與MN相切處，
即粒子向左偏移距離x₂=d
則磁場邊界MN有粒子射出的長度范圍△x=x₂-x₁=d-x₁
解得△x=5.9cm
答：（1）在C、D兩板間電壓U₀=9.0V時飄入小孔O₁的帶電粒子進入磁場后的運動半徑6.0cm；
（2）從t=0到t=4.0×10^-2s時間內飄入小孔O₁的粒子能飛出磁場邊界MN的飄入時間范圍0.50×10^-2s～1.5×10^-2s；
（3）磁場邊界MN上有粒子射出的范圍的長度5.9cm．

點評：考查帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，掌握動能定理與牛頓第二定律的應用，注意由左手定則來確定粒子偏轉方向，及正確的運動軌跡圖，結合幾何基礎知識．