Question

（2012?昆山市模擬）如圖所示，兩塊平行金屬板M、N正對著放置，s₁、s₂分別為M、N板上的小孔，s₁、s₂、O三點共線，它們的連線垂直M、N，且s₂O=R..以O(shè)為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)同時存在磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場和電場強度為E的勻強電場．D為收集板，板上各點到O點的距離以及板兩端點的距離都為2R，板兩端點的連線垂直M、N板．質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子，經(jīng)s₁進入M、N間的電場后，通過s₂進入電磁場區(qū)域，然后沿直線打到光屏P上的s₃點．粒子在s₁處的速度和粒子所受的重力均不計．求：
（1）M、N兩板間的電壓為U；
（2）撤去圓形區(qū)域內(nèi)的電場后，當M、N間的電壓改為U₁時，粒子恰好垂直打在收集板D的中點上，求電壓U₁的值及粒子在磁場中的運動時間t；
（3）撤去圓形區(qū)域內(nèi)的電場后，改變M、N間的電壓時，粒子從s₂運動到D板經(jīng)歷的時間t會不同，求t的最小值．

Answer 1

分析：（1）粒子在電磁場中沿直線運動，則粒子所受電場力與磁場力合力為零，求出粒子的速度，粒子在MN間做加速運動，由動能定理可以求出加速電場電壓．
（2）粒子進入磁場后在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，粒子恰好打在收集板D的中點上時，在磁場中運動

1

4

圓弧，軌跡半徑等于R，根據(jù)牛頓第二定律和動能定理求解M、N間的電壓．
（3）粒子從s₁到打在D上經(jīng)歷的時間t等于在電場中運動時間、磁場中運動時間和穿出磁場后勻速直線運動的時間之和．M、N間的電壓越大，粒子進入磁場時的速度越大，在極板間經(jīng)歷的時間越短，同時在磁場中運動軌跡的半徑越大，在磁場中粒子磁場偏轉(zhuǎn)角度越小，運動的時間也會越短，出磁場后勻速運動的時間也越短，故當粒子打在收集板D的右端時，對應(yīng)時間t最短．根據(jù)幾何知識求出打在D的右端時軌跡半徑，根據(jù)前面的結(jié)果求出粒子進入磁場時的速度大小，運用運動學公式求出三段時間．

解答：解：（1）正粒子沿直線打到P板上的s₃點，可知：qv₀B=qE，
粒子在M、N間的加速，由動能定理得：qU=

1

2

mv₀²-0，
解得：U=

mE2

2qB2

；
（2）粒子恰好打在收集板D的中點上，
粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R由牛頓第二定律可知：qv₁B=m

v 2 1

R

，
由牛頓第二定律得：qU₁=

1

2

mv₁²-0，解得：U₁=

qB2R2

2m

，
粒子在磁場中做圓周運動的時間為

1

4

周期，由T=

2πR

v1

，解得t=

πm

2qB

；
（3）M、N間的電壓越大，粒子進入磁場時的速度越大，
粒子在磁場中運動軌跡的半徑越大，在磁場中運動的時間也會越短，
出磁場后勻速運動的時間也越短，所以當粒子打在收集板D的右端時，對應(yīng)時間t最短．
根據(jù)幾何關(guān)系可以求得粒子在磁場中運動的半徑r=

3R

，
粒子在磁場中運動的時間為t₁=

T

6

=

πm

3qB

，
由牛頓第二定律得：qv₂B=m

v 2 2

r

，
粒子出磁場后做勻速直線運動經(jīng)歷的時間：t₂=

T

v2

=

3m

3qB

；
粒子經(jīng)過s₂后打在D上t的最小值t_min=t₁+t₂=

m

3qB

（π+

3

）；
答：（1）M、N兩板間的電壓為U=

mE2

2qB2

；
（2）電壓U₁=

qB2R2

2m

，粒子在磁場中的運動時間t=

πm

2qB

；
（3）t的最小值為

m

3qB

（π+

3

）．

點評：本題考查分析和處理粒子在磁場中運動的軌跡問題，難點在于分析時間的最小值，也可以運用極限分析法分析．