Question

1．在光滑絕緣的水平面上，左側(cè)平行極板間有水平方向勻強(qiáng)電場(chǎng)，右側(cè)圓筒內(nèi)有豎直方向勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，俯視圖如圖所示，圓的圓心為O點(diǎn)，半徑大小為R，一質(zhì)量為m、電荷量大小為q的帶電小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），初速位置在A點(diǎn)，現(xiàn)由靜止經(jīng)電場(chǎng)加速后從C孔沿直徑射入磁場(chǎng)區(qū)域，粒子和圓筒壁的碰撞沒(méi)有動(dòng)能和電荷量損失，B、R、m、q為已知量，圓筒僅有一個(gè)出入口C．
（1）求平行板間電壓U和小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑r的函數(shù)表達(dá)式；
（2）如果小球能從出入口C返回，求它在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間
（3）求小球能從出入口C返回且在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短情況下，平行板間所加電壓U的可能值．

Answer 1

分析 （1）對(duì)直線(xiàn)加速過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理列式，在磁場(chǎng)中，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式，最后聯(lián)立求解即可；
（2）小球能從出入口C返回，最短時(shí)間對(duì)應(yīng)的是經(jīng)過(guò)兩次碰撞，畫(huà)出軌跡圖，由幾何關(guān)系確定軌道半徑，根據(jù)牛頓第二定律列式求解；
（3）結(jié)合第1問(wèn)的結(jié)論進(jìn)行分析即可．

解答 解：（1）直線(xiàn)加速過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理，有：qU=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$；
在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律，有：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$；
聯(lián)立解得：r=$\frac{1}{B}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$；
（2）小球能從出入口C返回，最短時(shí)間對(duì)應(yīng)的是經(jīng)過(guò)兩次碰撞，軌跡如圖所示：

軌道半徑：r=$\sqrt{3}R$；
根據(jù)牛頓第二定律，有：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
解得：v=$\frac{qBr}{m}=\frac{\sqrt{3}qBR}{m}$
故粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t=$\frac{3×\frac{2}{3}π•r}{v}$=$\frac{2πm}{qB}$
（3）結(jié)合第1問(wèn)的結(jié)論r=$\frac{1}{B}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$，由于r=$\sqrt{3}R$，故：
U=$\frac{3{R}^{2}{B}^{2}q}{2m}$
答：（1）平行板間電壓U和小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑r的函數(shù)表達(dá)式為$\frac{1}{B}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$；
（2）如果小球能從出入口C返回，它在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為$\frac{2πm}{qB}$；
（3）小球能從出入口C返回且在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短情況下，平行板間所加電壓U的可能值為$\frac{3{R}^{2}{B}^{2}q}{2m}$．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是明確粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，要畫(huà)出臨界軌跡，不難．