Question

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(fù)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=1×10⁵B極板的右上方存在著一個圓心為O₁圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.1T，磁場區(qū)域半徑r=

2

3

3

m，磁場的方向垂直于紙面向里．今有質(zhì)量m=3.2×10^-26、帶電荷量q=-1.6×10^-19某種粒子，從A極板小孔處以極小的初速度（其方向由A到B，大小可以視為零）進(jìn)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(jìn)入一個豎直方向的有界勻強(qiáng)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(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為E=3.75×10⁴/C，方向在豎直方向上．試求：
（1）該粒子剛剛進(jìn)入圓柱形勻強(qiáng)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(qiáng)電場中的位移大�。�

Answer 1

分析：（1）粒子在兩極板中加速的過程，根據(jù)動能定理即可求出速度；
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)軌跡半徑為R，圓周運動的周期為T，由牛頓第二定律求出半徑，根據(jù)T=

2πR

v

求出周期，根據(jù)運動軌跡求出偏轉(zhuǎn)的圓心角，進(jìn)而求出運動的時間；
（3）由題意可知：該粒子進(jìn)入有界勻強(qiáng)電場中做類平拋運動，根據(jù)平拋運動的基本公式求出水平和豎直方向的位移，根據(jù)矢量合成求出總位移．

解答：解：（1）根據(jù)動能定理得：
qU=

1

2

mv2
解得：v=

2qU m

=1.0×106m/s
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)軌跡半徑為R，圓周運動的周期為T，由牛頓第二定律得：
qvB=m

v2

R

又T=

2πR

v

解得：R=

mv

Bq

=2m，
T=

2πm

Bq

由軌跡圖可知：
tanθ=

r

R

=

3

3

則θ=30°
則該段軌跡的運動時間t=T?

2θ

360°

=

T

6

=2.1×10-6s
（3）由題意可知：該粒子進(jìn)入有界勻強(qiáng)電場中做類平拋運動，
設(shè)粒子在勻強(qiáng)電場中運動的時間為t，則x=vt
y=

1

2

at2
再根據(jù)牛頓第二定律有：qE=ma
解得：粒子的總位移為s=

x2+y2

=10m
答：（1）該粒子剛剛進(jìn)入圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域時的速度大小為1.0×10⁶m/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(qiáng)電場中的位移大小為10m．

點評：帶電粒子在電場中運動分為加速和偏轉(zhuǎn)兩種類型，常運用動能定理和平拋運動規(guī)律求解，注意運算時要細(xì)心，而在勻強(qiáng)磁場中運動時，重要的是由運動徑跡利用幾何關(guān)系找到半徑的大小，由洛倫茲力提供向心力，利用牛頓第二定律求解即可