Question

19．如圖所示，在真空中，半徑為R的虛線所圍的圓形區(qū)域內(nèi)只存在垂直紙面向外的勻強磁場．有一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子，以速率V₀從圓周上的P點沿垂直于半徑OO_l并指向圓心O的方向進入磁場，從圓周上的O₁點飛出磁場后沿兩板的中心線O₁O₂射入平行金屬板M和N，O₁O₂與磁場區(qū)域的圓心O在同一直線上．板間存在勻強電場，兩板間的電壓為U，兩板間距為d．不計粒子所受重力．求：
（1）磁場的磁感應(yīng)強度B的大��；
（2）粒子在磁場中運動的時間；
（3）粒子在兩平行板間運動過程中的最大速度與板長L的關(guān)系．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由幾何知識得到軌跡半徑，由牛頓第二定律求解磁感應(yīng)強度的大�。�
（2）粒子運動$\frac{1}{4}$周期時間，求得周期，即可求出粒子在磁場中運動的時間；
（3）粒子在平行板間做類平拋運動，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律與動能定理可以求出速度與L間的關(guān)系．

解答 解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)圓周運動的半徑為r，
由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，
由幾何關(guān)系知：r=R，
解得：B=$\frac{m{v}_{0}}{qR}$；
（2）粒子在圓周運動的周期：T=$\frac{2πR}{{v}_{0}}$，粒子在磁場中運動時間為四分之一個周期，有：
t=$\frac{1}{4}$T=$\frac{πR}{2{v}_{0}}$；
（3）粒子在平行板間做類平拋運動，則有：
L=v₀t  
y=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²=$\frac{1}{2}$$\frac{qU}{md}$t²，
聯(lián)立解得：y=$\frac{qU{L}^{2}}{2md{v}_{0}^{2}}$，
若y≥$\fracqli6b51{2}$，即：L≥$\sqrt{\frac{md{v}_{0}^{2}}{qU}}$時，粒子打在板上，
這種情況下粒子在板間的最大速度v₁，由動能定理得：
q$\frac{U}{2}$=$\frac{1}{2}$mv₁²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
解得：v₁=$\sqrt{\frac{qU+m{v}_{0}^{2}}{m}}$，
當y＜$\fracykwdilu{2}$，即：L＜$\sqrt{\frac{ms2igd7n^{2}{v}_{0}^{2}}{qU}}$時，粒子從兩板間飛出電場，
粒子在板間的最大速度V₂，這種情況下由動能定理得：
q•$\frac{U}acdlxml$•y=$\frac{1}{2}$mv₂²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
解得最大速度為：v₂=$\sqrt{\frac{{q}^{2}{U}^{2}{L}^{2}}{{m}^{2}rv6y645^{2}{v}_{0}^{2}}+{v}_{0}^{2}}$；
答：（1）磁場的磁感應(yīng)強度B的大小為$\frac{m{v}_{0}}{qR}$；
（2）粒子在磁場中運動的時間為$\frac{πR}{2{v}_{0}}$；
（3）粒子在兩平行板間運動過程中的最大速度與板長L的關(guān)系為：
當粒子打在極板上時，最大速度為$\sqrt{\frac{qU+m{v}_{0}^{2}}{m}}$，當粒子從兩板間飛出電場時速度為$\sqrt{\frac{{q}^{2}{U}^{2}{L}^{2}}{{m}^{2}8ahkhfi^{2}{v}_{0}^{2}}+{v}_{0}^{2}}$．

點評 本題粒子在磁場中運動時，由幾何知識求出軌跡半徑是關(guān)鍵，在電場中分析兩段位移的關(guān)系是關(guān)鍵．