Question

16．如圖所示，兩平行金屬板E、F之間電壓為U=100V，兩足夠長的平行邊界MN、PQ區(qū)域內(nèi)，有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B=50T．一質(zhì)量為m=2×10^-5kg、帶電量為+q=4×10^-5C的粒子（不計重力），由E板中央處靜止釋放，經(jīng)F板上的小孔射出后，垂直進入磁場，且進入磁場時與邊界MN成60°角，最終粒子從邊界MN離開磁場．求：
（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑r；
（2）兩邊界MN、PQ的最小距離d；
（3）粒子在磁場中運動的時間t．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子先在電場中加速，后進入磁場做勻速圓周運動．由動能定理求出加速獲得的速度大小．粒子離開電場后，垂直進入磁場，由洛侖茲力提供向心力，由牛頓第二定律求半徑；
（2）當粒子在磁場中的軌跡恰好也PQ相切時，兩邊界MN、PQ的距離最小，畫出粒子的運動軌跡，由幾何關(guān)系求最小距離；
（3）求出粒子圓周運動的周期，確定出軌跡的圓心角θ，由t=$\frac{θ}{2π}$T求磁場中運動的時間．

解答 解：（1）設(shè)粒子離開電場時的速度為v，由動能定理有：
$qU=\frac{1}{2}m{v}^{2}$①
解得：$v=\sqrt{\frac{2qU}{m}}$=20m/s  ②
粒子離開電場后，垂直進入磁場，由洛侖茲力提供向心力有：
$qBv=\frac{m{v}^{2}}{r}$③
聯(lián)立②③解得：$r=\frac{1}{B}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$=0.2m       ④
（2）最終粒子從邊界MN離開磁場，需滿足：
d≥r+rsin30° ⑤
聯(lián)立④⑤解得：$d≥\frac{3}{2B}\sqrt{\frac{2mU}{q}}$=0.3m     ⑥
兩邊界MN、PQ的最小距離d為0.3m
（3）粒子在磁場中做圓周運動的周期$T=\frac{2πr}{v}$⑦
聯(lián)立③⑦解得：$T=\frac{2πm}{qB}$⑧
粒子在磁場中運動的時間$t=\frac{240°}{360°}T=\frac{4πm}{3Bq}$=$\frac{π}{75}$s=0.042 s     
答：（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑r為0.2m；
（2）兩邊界MN、PQ的最小距離d為0.3m；
（3）粒子在磁場中運動的時間t為0.042s．

點評 本題中帶電粒子在組合場中運動的類型，畫出粒子的運動軌跡，運用幾何知識和牛頓第二定律研究磁場中軌跡問題．