Question

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和光屏P，且s₂O=R．以O為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內同時存在磁感應強度為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D板兩端點間的距離都為2R，D板兩端點間的連線垂直M、N板．現(xiàn)有一個初速為零且質量為m、電荷量為+q的粒子，經s₁進入M、N間的電場后，通過s₂進入電磁場區(qū)域，不計重力．求：
（1）M板帶何種電荷？若粒子沿直線打到光屏P上，則M、N兩極間的電壓U是多大？
（2）撤去圓形區(qū)域內的電場，求粒子從s₂運動到D極經歷的最小時間t及此時M、N間的電壓U_l的大�。�

Answer 1

分析：（1）粒子在電磁場中沿直線運動，粒子所受電場力與洛倫茲力平衡，能求出粒子的速度．粒子在MN間做加速運動過程，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，粒子從s₂到打在D上經歷的時間t等于在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)前面的結果求出粒子進入磁場時的速度大小，運用運動學公式求出兩段時間．根據(jù)動能定理求電壓U_l．

解答：解：（1）粒子帶正電，要加速，則M板必須帶正電荷．
粒子在電磁場中沿直線運動打到P板上，粒子所受電場力與洛倫茲力平衡，可知：qv₀B=Eq
粒子在電場中加速過程，由動能定理：qU=

1

2

m

v

2 0

解得：U=

mE2

2qB2

（2）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，運動的時間會越短，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，對應時間t最短．
根據(jù)幾何關系：r=

3

R
由牛頓第二定律：qv₁B=

m v 2 1

r

，
解得：v₁=

3 qBR

m

所以  T=

2πr

v1

=

2πm

qB

粒子在磁場中運動時圓心角為60°，所以：t₁=

1

6

T=

πm

3qB

粒子出磁場后做勻速直線運動經歷的時間：t₂=

R

v1

=

3 m

3qB

粒子經過s₂后打在D上t的最小值 t=t₁+t₂=

m

3qB

(π+

3

)
又 qU₁=

1

2

m

v

2 1

解得：U₁=

3qB2R2

2m

答：
（1）M板帶正電荷，若粒子沿直線打到光屏P上，則M、N兩極間的電壓U是

mE2

2qB2

．
（2）撤去圓形區(qū)域內的電場，粒子從s₂運動到D極經歷的最小時間t為

m

3qB

(π+

3

)，此時M、N間的電壓U_l的大小為

3qB2R2

2m

．

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．