Question

16．如图所示，两平行金属板E、F之间电压为U=100V，两足够长的平行边界MN、PQ区域内，有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B=50T．一质量为m=2×10^-5kg、带电量为+q=4×10^-5C的粒子（不计重力），由E板中央处静止释放，经F板上的小孔射出后，垂直进入磁场，且进入磁场时与边界MN成60°角，最终粒子从边界MN离开磁场．求：
（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径r；
（2）两边界MN、PQ的最小距离d；
（3）粒子在磁场中运动的时间t．

Answer 1

分析 （1）带电粒子先在电场中加速，后进入磁场做匀速圆周运动．由动能定理求出加速获得的速度大小．粒子离开电场后，垂直进入磁场，由洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律求半径；
（2）当粒子在磁场中的轨迹恰好也PQ相切时，两边界MN、PQ的距离最小，画出粒子的运动轨迹，由几何关系求最小距离；
（3）求出粒子圆周运动的周期，确定出轨迹的圆心角θ，由t=$\frac{θ}{2π}$T求磁场中运动的时间．

解答 解：（1）设粒子离开电场时的速度为v，由动能定理有：
$qU=\frac{1}{2}m{v}^{2}$①
解得：$v=\sqrt{\frac{2qU}{m}}$=20m/s  ②
粒子离开电场后，垂直进入磁场，由洛仑兹力提供向心力有：
$qBv=\frac{m{v}^{2}}{r}$③
联立②③解得：$r=\frac{1}{B}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$=0.2m       ④
（2）最终粒子从边界MN离开磁场，需满足：
d≥r+rsin30° ⑤
联立④⑤解得：$d≥\frac{3}{2B}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$=0.3m     ⑥
两边界MN、PQ的最小距离d为0.3m
（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期$T=\frac{2πr}{v}$⑦
联立③⑦解得：$T=\frac{2πm}{qB}$⑧
粒子在磁场中运动的时间$t=\frac{240°}{360°}T=\frac{4πm}{3Bq}$=$\frac{π}{75}$s=0.042 s     
答：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径r为0.2m；
（2）两边界MN、PQ的最小距离d为0.3m；
（3）粒子在磁场中运动的时间t为0.042s．

点评 本题中带电粒子在组合场中运动的类型，画出粒子的运动轨迹，运用几何知识和牛顿第二定律研究磁场中轨迹问题．