Question

19．如圖所示，A板和B板為平行板電容器的兩極板，其中A板帶負電，B板帶正電，兩極板的中央都有一個小空隙可以允許粒子穿過，兩板間的電勢差的大小為U=1×10⁵V，B極板的右上方存在著一個圓心為O₁的圓柱形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度B=0.10T，磁場區(qū)域半徑r=$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$m，磁場的方向垂直于紙面向里．今有質量m=3.2×10^-26kg、帶電荷量q=-1.6×10^-19C的某種粒子，從A極板小孔處極小的初速度（其方向由A到B，大小可以視為零）進入兩平行金屬板之間的區(qū)域．圖中A、B板上的兩個小孔和O₁三點共線．粒子穿越圓柱形磁場后恰好從磁場區(qū)域的最右端C點穿出，立即進入一個豎直方向的有界勻強電場，其左右邊界分別為DE和FH，兩邊界間的距離 為8m，上邊和下邊沒有邊界．勻強電場的場強大小為E=3.75×10⁴N/C，方向在豎直方向上．試求：
（1）該粒子剛剛進入圓柱形勻強磁場區(qū)域時的速度大��；
（2）該粒子通過圓形磁場區(qū)域所用的時間：
（3）該粒子在有界勻強電場中的位移大小．

Answer 1

分析 該題運動過程清晰，先電場加速，進入圓形磁場區(qū)域偏轉，最后進入勻強電場做類平拋運動．
（1）粒子在AB間加速，根據動能定理求出進入磁場的速度．
（2）由洛侖茲力提供向心力和運動學公式可以求出粒子做圓周運動的半徑和周期．由幾何關系從而求出∠BO₁C的度數，從而求得在圓形磁場區(qū)域的時間．
（3）粒子進入勻強電場后做類平拋運動，根據牛頓第二定律和運動學規(guī)律求出位移的大�。�

解答 解：（1）在AB板間，據動能定理：
$Uq=\frac{1}{2}m{v}^{2}$
代入得：$v=\sqrt{\frac{2Uq}{m}}=\sqrt{\frac{2×1×1{0}^{5}×1.6×1{0}^{-19}}{3.2×1{0}^{-26}}}m/x$=1×10⁶m/s  
（2）在磁場中，由牛頓第二定律：
$qvB=\frac{m{v}^{2}}{R}$
求得半徑：$R=\frac{mv}{qB}=\frac{3.2×1{0}^{-26}×1×1{0}^{6}}{1.6×1{0}^{-19}×0.1}m=2m$
從而求出：$∠B{O}_{1}C=2arctan\frac{R}{r}=120°$
粒子在磁場中偏轉60°，所以粒子在磁場中的時間：
$t=\frac{60°}{360°}T=\frac{1}{6}×\frac{2π×2}{1×1{0}^{6}}s=2.1×1{0}^{-6}s$
（3）在勻強電場中，向下做類平拋運動，由水平位移求出時間：
${t}_{1}=\frac{x}{v}=\frac{8}{1×1{0}^{6}}s$=8×10^-6s
豎直位移：$y=\frac{1}{2}×\frac{{E}_{0}q}{m}×{{t}_{1}}^{2}=\frac{3.75×1{0}^{4}×1.6×1{0}^{-19}}{2×3.2×1{0}^{-26}}×（8×1{0}^{-6}）^{2}m=6m$
總位移$s=\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}=\sqrt{{6}^{2}+{8}^{2}}m=10m$ 
答：（1）該粒子剛剛進入圓柱形勻強磁場區(qū)域時的速度大小為1×10⁶m/s．
（2）該粒子通過圓形磁場區(qū)域所用的時間為2.1×10^-6s
（3）該粒子在有界勻強電場中的位移大小為10m．

點評 本題的關鍵是粒子在磁場中運動的時間，先求出粒子做勻速圓周運動的半徑，從C點離開磁場時的方向是沿背離半徑方向的，所以粒子軌跡的圓心在C點的正下方某處，由直角三角形和三角函數關系求出粒子偏轉的角度，從而求出在磁場中的時間．