Question

12．如圖所示，一對加有恒定電壓的平行金屬極板豎直放置，板長、間距均為d．在右極板的中央有個小孔P，小孔右方半徑為R 的圓形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，區(qū)域邊界剛好與右極板在小孔在P處相切，一排寬度也為d的帶負(fù)電粒子以速度V0豎直向上同時進(jìn)入兩極板間后，只有一個粒子通過小孔P進(jìn)入磁場，其余全部打在右極板上，且最后一個到達(dá)極板的粒子剛好打在右極板的上邊緣．已知這排粒子中每個粒子的質(zhì)量均為m、電荷量大小均為q，磁場的感應(yīng)強(qiáng)度大小為$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qR}$，不計粒子的重力及粒子間的相互作用力，求：
（1）板間的電壓大小U；
（2）通過小孔P的粒子離開磁場時到右極板的距離L；
（3）通過小孔P的粒子在電場和磁場中運動的總時間t_總．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)粒子做類平拋運動，結(jié)合運動的合成與分解，及牛頓第二定律與運動學(xué)公式，即可求解；
（2）根據(jù)速度的合成法則，結(jié)合圓周運動的半徑公式，即可求解；
（3）根據(jù)粒子在電場中，由運動學(xué)公式求得運動的時間，再根據(jù)在磁場中，軌跡對應(yīng)的圓心角，求得在磁場中運動時間，最后即可求解總時間．

解答 解：（1）粒子在電場力作用下，做類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律與運動學(xué)公式，則有：
水平方向有：$d=\frac{1}{2}a{t}^{2}$；
豎直方向有：d=v₀t；
而a=$\frac{qU}{md}$；
解得：U=$\frac{2m{v}_{0}^{2}}{q}$；

（2）粒子從P點進(jìn)入磁場時的速度大小，設(shè)為v，則有：
v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+（a×\frac{\fracjgykreb{2}}{{v}_{0}}）^{2}}$=$\sqrt{2}$v₀；
且速度與豎直板夾角為45°；根據(jù)圓周運動的半徑公式，則有：
r=$\frac{m•\sqrt{2}{v}_{0}}{Bq}$
而磁場的感應(yīng)強(qiáng)度大小為：B=$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qR}$，
解得：r=R；
根據(jù)幾何關(guān)系，可知，離開磁場時到右極板的距離為：L=$\sqrt{{R}^{2}+{R}^{2}}$=$\sqrt{2}$R；
（3）粒子在電場力作用下，做類平拋運動，所需要時間為：t₁=$\frac{\fracnvhobdg{2}}{{v}_{0}}$=$\fraciqspmkx{2{v}_{0}}$；
而粒子在磁場中，與水平方向夾角為45°，那么出磁場時，也與水平方向夾角為45°，因此在磁場中運動時間為：
t₂=$\frac{T}{4}$=$\frac{1}{4}×$$\frac{2πm}{Bq}$=$\frac{\sqrt{2}πR}{{v}_{0}}$；
那么通過小孔P的粒子在電場和磁場中運動的總時間為：
t_總=t₁+t₂=$\frac{d+2\sqrt{2}πR}{2{v}_{0}}$；
答：（1）板間的電壓大小$\frac{2m{v}_{0}^{2}}{q}$；
（2）通過小孔P的粒子離開磁場時到右極板的距離$\sqrt{2}$R；
（3）通過小孔P的粒子在電場和磁場中運動的總時間$\frac{d+2\sqrt{2}πR}{2{v}_{0}}$．

點評 考查粒子在電場中類平拋運動與磁場中勻速圓周運動，掌握牛頓第二定律與運動學(xué)公式的應(yīng)用，理解向心力表達(dá)，注意結(jié)合幾何關(guān)系畫出運動軌跡是解題的關(guān)鍵．