Question

（2008?湛江二模）如圖所示，在直線MN右側(cè)正方形ABCD區(qū)域內(nèi)、外分布著方向相反且與平面垂直的勻強(qiáng)磁場Ⅰ和Ⅱ，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小都為B．正方形邊長為L，AB邊與直線MN方向夾角為45°．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電的微粒通過小孔O進(jìn)入PQ與MN間的加速電場區(qū)域（進(jìn)入時可認(rèn)為初速度為零），微粒經(jīng)電場加速后從正方形ABCD區(qū)域內(nèi)的A點(diǎn)進(jìn)入磁場，微粒進(jìn)入磁場的速度垂直MN，也垂直于磁場．不計微粒的重力．
（1）若微粒進(jìn)入磁場的速度為v，則加速電場的電壓為多大？
（2）為使微粒從A點(diǎn)進(jìn)入磁場后，途經(jīng)B點(diǎn)或D點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)，求微粒剛進(jìn)入磁場時的速度v應(yīng)滿足什么條件？
（3）求（2）問中微粒從A點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)所用的時間．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)動能定理，即可求出微粒加速電壓；
（2）根據(jù)微粒在磁場中受力特征，來確定運(yùn)動軌跡，由幾何關(guān)系，結(jié)合牛頓第二定律，即可求解；
（3）由n的奇偶性，結(jié)合周期公式與圓心角，可分別求出時間．

解答：解：（1）設(shè)加速電壓為U，根據(jù)動能定理，則有：

1

2

mv2=qU
所以解得：U=

mv2

2q

（2）微�？赡軓腁經(jīng)1、3、5…次偏轉(zhuǎn)到D，再經(jīng)過1、3、5…次偏轉(zhuǎn)到C（如圖所示，n取奇數(shù)），
也可能從A經(jīng)2、4、6…次偏轉(zhuǎn)到D，再經(jīng)2、4、6…次偏轉(zhuǎn)到C（如圖所示，n取偶數(shù)），
因此，微粒的運(yùn)動應(yīng)滿足L=nx
其中x為每次偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的弦長
設(shè)圓弧的半徑為R，由題設(shè)條件和幾何知識可知，微粒每次偏轉(zhuǎn)的弦長所對應(yīng)的圓心角必為90°，
所以有2R²=x²
由牛頓第二定律，則有qvB=m

v2

R

聯(lián)立可解得：v=

qBL

2 mn

，n=1、2、3…
（3）當(dāng)n取奇數(shù)時，從A到D偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的圓心角為

π

2

，從D到C偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的圓心角為

3π

2

，
因此，微粒從A到C過程中圓心角的總和為θ1=n?

π

2

+n?

3π

2

=2nπ
 由T=

2π

ω

=

2πt

θ

可知，所以從A到C所用時間為t1=2nπ?

m

qB

=

2πm?n

qB

，n=1、3、5…
當(dāng)n取偶數(shù)時，從A到D偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的圓心角為

π

2

，從D到C偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的圓心角也為

π

2

，
因此，微粒從A到C過程中圓心角的總和為θ2=n?

π

2

+n?

π

2

=nπ
 由T=

2π

ω

=

2πt

θ

可知，所以從A到C所用時間為t2=nπ?

m

qB

=

πm

qB

?n，n=2、4、6…
答：（1）若微粒進(jìn)入磁場的速度為v，則加速電場的電壓為：U=

mv2

2q

；
（2）為使微粒從A點(diǎn)進(jìn)入磁場后，途經(jīng)B點(diǎn)或D點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)，求微粒剛進(jìn)入磁場時的速度v應(yīng)滿足：v=

qBL

2 mn

，n=1、2、3…條件；
（3）則（2）問中微粒從A點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)所用的時間，當(dāng)n取奇數(shù)時，時間為t1=2nπ?

m

qB

=

2πm?n

qB

，n=1、3、5…
；當(dāng)n取偶數(shù)時，時間為t2=nπ?

m

qB

=

πm

qB

?n，n=2、4、6…

點(diǎn)評：考查動能定理與牛頓第二定律的應(yīng)用，掌握周期公式與半徑公式的運(yùn)用．同時注意幾何關(guān)系及正確的畫出運(yùn)動軌跡．