Question

如圖所示，平行板電容器板長(zhǎng)為L(zhǎng)，極板間距為2L，上板帶正電，忽略極板外的電場(chǎng)． O、O′是電容器的左右兩側(cè)邊界上的點(diǎn)，兩點(diǎn)連線(xiàn)平行于極板，且到上極板的距離為L(zhǎng)/2． 在電容器右側(cè)存在一個(gè)等腰直角三角形區(qū)域ABC，∠C=90°，底邊BC與電容器的下極板共線(xiàn)，B點(diǎn)與下極板右邊緣重合，頂點(diǎn)A與上極板等高． 在電容器和三角形區(qū)域內(nèi)宥垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B₁=B、B₂=2B．一帶正電的粒子以初速度v₀從O點(diǎn)沿著00′方向射入電容器，粒子的重力和空氣阻力均不計(jì)．
（1）若粒子沿 00′做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，進(jìn)人三角形區(qū)域后，恰從頂點(diǎn) A飛出，求兩極板間的電壓U和帶電粒子的比荷

q

m

．
（2）若撤去電容器中磁場(chǎng)的同時(shí)，把三角形區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)方向變?yōu)榇怪庇诩埫嫦蛲猓�但磁感�?yīng)強(qiáng)度大小不變．此后，同一帶電粒子仍以相同的初速度v₀ 從0點(diǎn)沿著 00′方向射入電容器，求粒子從三角形區(qū)域飛出時(shí)距離飛出邊某一頂點(diǎn)的距離．

Answer 1

分析：（1）粒子在平行板電容器間受電場(chǎng)力和洛倫茲力作用，且二力互相平衡，由于三角形區(qū)域ABC為等腰直角三角形，故粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡為四分之一圓弧，由半徑公式可求比荷
（2）若撤去電容器中磁場(chǎng)，粒子將做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，由數(shù)學(xué)關(guān)系可得粒子出射時(shí)的速度方向，由于粒子射出電場(chǎng)后進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，進(jìn)而求出粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的入射方向，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后改作圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，求出運(yùn)動(dòng)半徑，由幾何關(guān)系可得三角形區(qū)域飛出時(shí)距離飛出邊某一頂點(diǎn)的距離

解答：解：（1）粒子在電容器中受力平衡，故：

U

2L

q=Bqv0①
由于三角形區(qū)域ABC為等腰直角三角形，故粒子進(jìn)入磁場(chǎng)B₂到從A射出的軌跡為

1

4

圓周，故半徑：
R₁=

L

2

②
洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
2Bqv₀=

mv 2 0

R1

③
由以上得，

q

m

=

v0

BL

④
（2）粒子在電容器中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)飛出電場(chǎng)時(shí)側(cè)向位移為y，速度方向偏轉(zhuǎn)角為θ，則有：
y=

1

2

×

Uq

2Lm

×(

L

v0

)2⑤
tanθ=

y

L 2

=

2y

L

⑥
解①④⑤⑥得：y=

L

2

，θ=45°⑦
速度大小為：v=

2

v₀⑧
粒子射出電場(chǎng)后進(jìn)入磁場(chǎng)前做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故將垂直于AB邊進(jìn)入磁場(chǎng)，且做順時(shí)針偏轉(zhuǎn)，設(shè)半徑為R₂，則有：
2Bqv=

mv2

R2

⑨
由②③④⑧⑨得：R2=

2

2

L
由于粒子垂直于AB邊進(jìn)入磁場(chǎng)，且∠ABC=45°，故應(yīng)垂直于BC邊射出，故出射點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為：
x=R₂=

2

2

L
答：（1）帶電粒子的比荷

q

m

為

v0

L

（2）出射點(diǎn)到B點(diǎn)的距離為

2

2

L

點(diǎn)評(píng)：注意挖掘“若粒子沿 00′做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)”隱含的條件，作出洛倫茲力作用下的圓周運(yùn)動(dòng)的草圖，考慮在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性，分析幾何關(guān)系，利用半徑公式解決問(wèn)題