Question

如图甲所示，真空中两水平放置的平行金属板C、D上分别开有正对的小孔O₁和O₂，两板接在交流电源上，两板间的电压u_CD随时间t变化的图线如图乙所示．从t=0时刻开始，从C板小孔O₁处连续不断飘入质量m=3.2×10^-25kg、电荷量q=1.6×10^-19C的带正电的粒子（飘入速度很小，可忽略不计）．在D板上方有以MN为水平上边界的匀强磁场，MN与D板的距离d=10cm，匀强磁场的磁感应强度为B=0.10T，方向垂直纸面向里，粒子受到的重力及粒子间的相互作用力均可忽略不计，平行金属板C、D之间距离足够小，粒子在两板间的运动时间可忽略不计．求（保留两位有效数字）：

（1）在C、D两板间电压U₀=9.0V时飘入小孔O₁的带电粒子进入磁场后的运动半径；
（2）从t=0到t=4.0×10^-2s时间内飘入小孔O₁的粒子能飞出磁场边界MN的飘入时间范围；
（3）磁场边界MN上有粒子射出的范围的长度．

Answer 1

分析：（1）粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，根据动能定理与牛顿第二定律，即可求解；
（2）粒子恰能飞出磁场边界，根据牛顿第二定律与动能定理，可求出电压；根据图象可求出对应的时刻；
（3）粒子速度越大在有界磁场中的偏转量越小，根据动能定理与牛顿第二定律，可求出相对小孔向左偏移的最小距离，从而可确定磁场边界MN有粒子射出的长度范围．

解答：解：（1）设C、D两板间电压U₀=9.0V时带电粒子从小孔O₂进入磁场的速度为v₀，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R₀，
根据动能定理，有：qU0=

1

2

mν02
由牛顿第二定律，则有，qv0B=m

v02

R0

解得：R₀=6.0cm
（2）如图1所示，带电粒子轨迹与MN相切时，恰好飞出磁场，此时粒子运动半径R₁=d
设恰能飞出磁场边界MN的带电粒子在电场中运动时CD两板间的电压为U₁，从小孔O₂进入磁场时的速度为v₁，
根据牛顿第二定律和动能定理有qv1B=m

v12

R1

qU1=

1

2

mν12
解得：U₁=25V
由于粒子带正电，因此只有在C板电势高于D板电势（u_CD为正值）时才能被加速进入磁场，
根据图象可得U_CD=25 V的对应时刻分别为
t₁=0.50×10^-2s 
t₂=1.5×10^-2s
则粒子在0到4.0×10^-2 s内能飞出磁场边界的飘入时间范围为0.50×10^-2s～1.5×10^-2s
（3）粒子速度越大在有界磁场中的偏转量越小．设粒子在磁场中运动的最大速度为v_m，对应的运动半径为R_m，
粒子运动轨迹如图2所示，
依据动能定理和牛顿第二定律有qUm=

1

2

mνm2
qνmB=m

νm2

Rm

粒子飞出磁场边界时相对小孔向左偏移的最小距离x1=Rm-

Rm2-d2

粒子射出磁场区域的最左端时粒子运动轨迹与MN相切处，
即粒子向左偏移距离x₂=d
则磁场边界MN有粒子射出的长度范围△x=x₂-x₁=d-x₁
解得△x=5.9cm
答：（1）在C、D两板间电压U₀=9.0V时飘入小孔O₁的带电粒子进入磁场后的运动半径6.0cm；
（2）从t=0到t=4.0×10^-2s时间内飘入小孔O₁的粒子能飞出磁场边界MN的飘入时间范围0.50×10^-2s～1.5×10^-2s；
（3）磁场边界MN上有粒子射出的范围的长度5.9cm．

点评：考查带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，掌握动能定理与牛顿第二定律的应用，注意由左手定则来确定粒子偏转方向，及正确的运动轨迹图，结合几何基础知识．