Question

20．如圖，在xoy直角坐標系中，在第三象限有一平行x軸放置的平行板電容器，板間電壓U=1×10²V．現(xiàn)有一質(zhì)量m=1.0×10^-12kg，帶電量q=2.0×10^-10C的帶正電的粒子（不計重力），從下極板處由靜止開始經(jīng)電場加速后通過上板上的小孔，垂直x軸從A點進入第二象限的勻強磁場中．磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度B=1T．粒子在磁場中轉(zhuǎn)過四分之一圓周后又從B點垂直y軸進入第一象限，第一象限中有平行于y軸負方向的勻強電場E，粒子隨后經(jīng)過x軸上的C點，已知OC=1m．求：
（1）粒子飛出極板的速度v；
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑r；
（3）第一象限中勻強電場場強E的大��；
（4）粒子從A到C運動的總時間t．

Answer 1

分析 （1）由動能定理求出粒子飛出加速度電場時的速度；
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出粒子做圓周運動的軌道半徑；
（3）粒子在第一象限的電場中做類平拋運動，由勻速運動與勻變速運動的運動規(guī)律求出電場強度的大��；
（4）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由$\frac{t}{T}=\frac{θ}{2π}$求出粒子在磁場中運動的時間；粒子在電場中做類平拋運動，結(jié)合平拋運動的公式即可求出粒子在電場中運動的時間，二者之和即為所求．

解答 解：（1）設(shè)粒子飛出極板的速度為v，粒子運動的過程中電場力做功，由動能定理有：
$Uq=\frac{1}{2}m{v}^{2}$-0，
解得：$v=\sqrt{\frac{2Uq}{m}}=\sqrt{\frac{2×100×2×1{0}^{-10}}{1×1{0}^{-12}}}$=200m/s，
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力：
$Bqv=m\frac{{v}^{2}}{r}$
代入數(shù)據(jù)，由以上可解得粒子做圓周運動的半徑為：r=1m
（3）粒子從B點運動到C點的過程，
沿x軸方向有：$\overline{OC}=vt$
沿y軸負方向有：$\overline{BO}=\frac{1}{2}a{t}^{2}$
其中BO=r 
又由牛頓第二定律：qE=ma
由以上各式可解得：E=400V/m；$\overline{OC}=1$m
（4）粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度是90°，設(shè)粒子從A到B所用時間為t₁，從B到C時間為t₂，粒子做圓周運動的周期為：
T=$\frac{2πr}{v}=\frac{2×3.14×1}{200}=3.14×1{0}^{-2}$s
${t}_{1}=\frac{90°}{360°}•T=\frac{1}{4}×3.14×1{0}^{-2}=7.85×1{0}^{-3}$s
${t}_{2}=\frac{\overline{OC}}{v}=\frac{1}{200}s=1×1{0}^{-3}$s
$t={t}_{1}+{t}_{2}=7.85×1{0}^{-3}+5×1{0}^{-3}=1.285×1{0}^{-2}$s
答：（1）粒子飛出極板的速度是200m/s；
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑是1m；
（3）第一象限中勻強電場場強E的大小是400V/m；
（4）粒子從A到C運動的總時間是1.285×10^-2s．

點評 帶電粒子在平行板電容器間加速、在勻強磁場中做勻速圓周運動、在勻強電場中做類平拋運動，分析清楚粒子的運動規(guī)律，應用動能定理、牛頓第二定律、類平拋運動運動規(guī)律，可以正確解題．