Question

如圖所示，兩塊平行金屬板M、N正對(duì)著放置，s₁、s₂分別為M、N板上的小孔，s₁、s₂、O三點(diǎn)共線，它們的連線垂直M、N和光屏P，且s₂O=R．以O(shè)為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)同時(shí)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)．D為收集板，板上各點(diǎn)到O點(diǎn)的距離以及D板兩端點(diǎn)間的距離都為2R，D板兩端點(diǎn)間的連線垂直M、N板．現(xiàn)有一個(gè)初速為零且質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子，經(jīng)s₁進(jìn)入M、N間的電場(chǎng)后，通過(guò)s₂進(jìn)入電磁場(chǎng)區(qū)域，不計(jì)重力．求：
（1）M板帶何種電荷？若粒子沿直線打到光屏P上，則M、N兩極間的電壓U是多大？
（2）撤去圓形區(qū)域內(nèi)的電場(chǎng)，求粒子從s₂運(yùn)動(dòng)到D極經(jīng)歷的最小時(shí)間t及此時(shí)M、N間的電壓U_l的大�。�

Answer 1

【答案】分析：（1）粒子在電磁場(chǎng)中沿直線運(yùn)動(dòng)，粒子所受電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，能求出粒子的速度．粒子在MN間做加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由動(dòng)能定理可以求出加速電場(chǎng)電壓．
（2）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子從s₂到打在D上經(jīng)歷的時(shí)間t等于在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間和穿出磁場(chǎng)后勻速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之和．M、N間的電壓越大，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度越大，在極板間經(jīng)歷的時(shí)間越短，同時(shí)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑越大，在磁場(chǎng)中粒子磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)角度越小，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也會(huì)越短，出磁場(chǎng)后勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也越短，故當(dāng)粒子打在收集板D的右端時(shí)，對(duì)應(yīng)時(shí)間t最短．根據(jù)幾何知識(shí)求出打在D的右端時(shí)軌跡半徑，根據(jù)前面的結(jié)果求出粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出兩段時(shí)間．根據(jù)動(dòng)能定理求電壓U_l．
解答：解：（1）粒子帶正電，要加速，則M板必須帶正電荷．
粒子在電磁場(chǎng)中沿直線運(yùn)動(dòng)打到P板上，粒子所受電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，可知：qvB=Eq
粒子在電場(chǎng)中加速過(guò)程，由動(dòng)能定理：qU=
解得：U=
（2）M、N間的電壓越大，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度越大，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑越大，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間會(huì)越短，出磁場(chǎng)后勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間也越短，所以當(dāng)粒子打在收集板D的右端時(shí)，對(duì)應(yīng)時(shí)間t最短．
根據(jù)幾何關(guān)系：r=
由牛頓第二定律：qv₁B=，
解得：v₁=
所以  T==
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)圓心角為60°，所以：t₁==
粒子出磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)經(jīng)歷的時(shí)間：t₂==
粒子經(jīng)過(guò)s₂后打在D上t的最小值 t=t₁+t₂=
又 qU₁=
解得：U₁=
答：
（1）M板帶正電荷，若粒子沿直線打到光屏P上，則M、N兩極間的電壓U是．
（2）撤去圓形區(qū)域內(nèi)的電場(chǎng)，粒子從s₂運(yùn)動(dòng)到D極經(jīng)歷的最小時(shí)間t為，此時(shí)M、N間的電壓U_l的大小為．
點(diǎn)評(píng)：本題考查分析和處理粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡問(wèn)題，難點(diǎn)在于分析時(shí)間的最小值，也可以運(yùn)用極限分析法分析．