Question

6．如圖所示，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的截面，圓心坐標為（0，R），在柱形區(qū)域內加一方向垂直紙面向里，磁感應強度為B的勻強磁場，在磁場右側有一平行于x軸放置的平行金屬板M和N，兩板間距和板長均為2R，其中金屬板N與x軸重合且接地，一質量為m，電荷量為-q的帶電粒子，由坐標原點O在紙面內以相同的速率，沿不同的方向射入第一象限后，射出磁場時粒子的方向都平行于x軸，不計重力，求：
（1）帶電粒子在磁場中運動的速度大��；
（2）從O點射入磁場時的速度恰與x軸成θ=60°角的帶電粒子射出磁場時的位置坐標；
（3）若使第（2）問中的粒子能夠從平行板電容器射出，M的電勢范圍多大？

Answer 1

分析 粒子在圓形磁場區(qū)域的運動，本來就是比較復雜的情況，關鍵是射出磁場時粒子的方向都平行于x軸，從此點出發(fā)可以找到解題鑰匙．
（1）根據(jù)兩圓相交的幾何規(guī)律，可以確定粒子的軌道半徑等于圓形磁場區(qū)域的半徑，由洛侖茲力提供向力從而求出粒子的速度．
（2）以60°入射的粒子，劃過半徑為R的弧后從圓形邊界射出，由幾何關系求出交點坐標也不很難．
（3）粒子平行射出垂直進入電場后要能射出電場區(qū)域，只能從上、下板的邊緣極端情況去考慮，由做類平拋的規(guī)律和牛頓第二定律：先求出最大加速度從而再求出M板的最大電勢．

解答 解：（1）粒子以與x軸成任意角θ射入圓形磁場，運動軌跡如圖所示
由幾何關系可知，軌跡圓心O'，出射點P與O'．O和O₁構成菱形，因此粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R，
由牛頓第二定律可得：
$qvB=m\frac{v^2}{R}$
解得：$v=\frac{qBR}{m}$
（2）設粒子在磁場中運動的時間為t，則：
$t=\frac{θR}{v}=\frac{πm}{3qB}$，
如圖所示，射出磁場的位置坐標為：
$x=Rsinθ=\frac{{\sqrt{3}}}{2}R$
$y=R（1-cosθ）=\frac{1}{2}R$
即射出磁場的位置坐標為$（\frac{{\sqrt{3}}}{2}R，\frac{1}{2}R）$
（3）設粒子在兩板間運動的時間為t，則：
$t=\frac{2R}{v}=\frac{2m}{qB}$
設粒子從板右側射出時側向位移為d，兩極板間電場強度為E，則：
$d=\frac{1}{2}a{t^2}$       
qE=ma
故解得：$E=\frac{{q{B^2}d}}{2m}$
當粒子從N板右側邊緣射出時，
${d_1}=\frac{1}{2}R$，
則：${U_{NM1}}={E_1}•2R=\frac{{q{B^2}{R^2}}}{2m}$
故M點的電勢 ${φ_{M1}}=-\frac{{q{B^2}{R^2}}}{2m}$
當粒子從M板的右側邊緣射出時
${d_2}=\frac{3}{2}R$
則${U_{M2N}}={E_2}•2R=\frac{{3q{B^2}{R^2}}}{2m}$
故M點的電勢 ${φ_{M2}}=\frac{{3q{B^2}{R^2}}}{2m}$
所以粒子能夠從平行板的右端射出，M板的電勢范圍為$-\frac{{q{B^2}{R^2}}}{2m}≤{φ_M}≤\frac{{3q{B^2}{R^2}}}{2m}$
答：（1）帶電粒子在磁場中運動的速度大小為$\frac{qBv}{m}$．
（2）從O點射入磁場時的速度恰與x軸成θ=60°角的帶電粒子射出磁場時的位置坐標為$（\frac{\sqrt{3}}{2}R，\frac{1}{2}R）$．
（3）若使第（2）問中的粒子能夠從平行板電容器射出，M的電勢范圍多大$-\frac{q{B}^{2}{R}^{2}}{2m}≤{φ}_{M}≤\frac{3q{B}^{2}{R}^{2}}{2m}$．

點評 本題的看點在于粒子在圓形磁場區(qū)域內運動后，沿平行于x軸垂直進入勻強電場，找到粒子圓周運動的半徑是關鍵．這里涉及到數(shù)學幾何關系--菱形、圓、坐標等都是數(shù)學的難點．