Question

如圖所示，在以原點O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內充滿了磁感應強度為B的勻強磁場，x軸下方為一平行板電容器，其正極板與x軸重合且在O處開有小孔，兩極板間距離為

πR

12

．現(xiàn)有電荷量為e、質量為m的電子在O點正下方負極板上的P點由靜止釋放．不計電子所受重力．
（1）若電子在磁場中運動一段時間后剛好從磁場的最右邊緣處返回到x軸上，求加在電容器兩極板間的電壓．
（2）將兩極板間的電壓增大到原來的4倍，先在P處釋放第一個電子，在這個電子剛到達O點時釋放第二個電子，
求①第一個電子在電場中和磁場中運動的時間之比
　②第一個電子離開磁場時，第二個電子的位置坐標．

Answer 1

分析：（1）電子先經(jīng)電場加速，后進入磁場中偏轉．根據(jù)動能定理列式，得到電壓與電子獲得的速度關系式；根據(jù)幾何知識得知電子在磁場中圓周運動的半徑為 r=

R

2

．由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可求得速度，聯(lián)立即可求得電壓U．
（2）①根據(jù)上題的結果，得到將兩極板間的電壓增大到原來的4倍后電子在磁場中的半徑．電子在電場中加速時，由牛頓第二定律和運動學公式結合得到時間；在磁場中，根據(jù)軌跡對應的圓心角，求解時間，再求解時間之比；
②根據(jù)第一個電子離開磁場時，得到第二個電子的圓心角，由幾何知識求解其位置坐標．

解答：解：（1）設加速電壓為U，電子經(jīng)電場加速后速度為v，由動能定理得：
 eU=

1

2

mv2
又在磁場中，根據(jù)牛頓第二定律有：evB=m

v2

r

由題意得：r=

R

2

聯(lián)立以上各式解得：U=

eB2R2

8m

                          
（2）①電壓增加為原來4倍，則有電子在磁場中的半徑r′=2r=R
設電子在電場中運動時間為t₁，加速度為a，則有
電容器極板間的場強  E=

4U

d

設間距為d，有：
eE=ma，
d=

1

2

a

t

2 1

   
解得：t₁=

πm

6eB

設電子在磁場中運動總時間為t₂．
電子在磁場中運動的周期  T=

2πm

eB

，
根據(jù)幾何知識得知，電子在磁場中軌跡對應的圓心角為60°，故有 t₂=

1

6

T                 
解得：t₂=

πm

3eB

即  t₂=2t₁．
則得：t₁：t₂=1：2．
②由此可知：第一個電子離開磁場時，第二個電子的圓心角為30°，如圖中的Q點：
 Q_x=R-Rcos30°=

2- 3

2

R，Q_y=Rsin30°=

1

2

R        
因此Q點的坐標為：（

2- 3

2

R，

1

2

R）
答：（1）加在電容器兩極板間的電壓為

eB2R2

8m

．
（2）①第一個電子在電場中和磁場中運動的時間之比為1：2．
�、诘谝粋�電子離開磁場時，第二個電子的位置坐標為（

2- 3

2

R，

1

2

R）．

點評：本題是帶電粒子在組合場中運動的問題，粒子在磁場中做勻速圓周運動，要求同學們能畫出粒子運動的軌跡，能根據(jù)半徑公式，周期公式結合幾何關系求解．