Question

14．如圖所示，帶電平行金屬板相距為2R，在兩板間半徑為R的圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，兩板及其左側邊緣連線均與磁場邊界剛好相切．一帶正電粒子（不計重力）沿兩板間中心線O₁O₂從左側O₁點以某一速度射入，沿直線通過圓形磁場區(qū)域，然后恰好從極板邊緣飛出，在極板間運動時間為t₀．若僅撤去磁場，質子仍從O₁點以相同速度射入，經$\frac{t_0}{2}$時間打到極板上．求：
（1）兩極板間電壓U；
（2）若兩極板不帶電，保持磁場不變，帶電粒子仍沿中心線O₁O₂從O₁點射入，欲使帶電粒子從左側飛出兩板間，入射速度v應滿足什么條件．

Answer 1

分析 （1）質子進入正交的電磁場中，做勻速直線運動，才能沿直線通過圓形磁場區(qū)域，受到的洛倫茲力與電場力平衡，質子離開圓形區(qū)域后做類平拋運動，由圖知，水平位移為L-2R，豎直位移為R，而水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，根據平衡條件、牛頓第二定律和運動學公式列式，可求得U；
（2）先求出質子從極板間飛出時的沿電場方向分速度大小 v_y，再由速度合成得到質子從極板間飛出時的速度大小．

解答 解：（1）設帶電粒子從左側O₁點射入的速度為v₀，極板長為L，在圓形區(qū)域內勻速運動時：
qE-qv₀B=0 …①
U=E•2R …②
在電場中作類平拋運動時：
L-2R=v₀t…③
R=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t² …④
L=v₀t₀…⑤
撤去磁場，僅受電場力作用，有：
R=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$（$\frac{{t}_{0}}{2}$）² …⑥
聯解①②③④⑤⑥得：U=$\frac{8B{R}^{2}}{{t}_{0}}$…⑦

（2）設帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r，質子恰好從上極板左邊緣飛出，作出其運動軌跡如圖所示．…⑧
由幾何關系可知：
R=r+$\sqrt{2}$r …⑨
由牛頓定律：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$ …⑩
聯解⑨⑩得：v=$\frac{2（\sqrt{2}-1）R}{{t}_{0}}$ …⑪
所以帶電粒子射入的速度應滿足：
0＜v＜$\frac{2（\sqrt{2}-1）R}{{t}_{0}}$…⑫
答：（1）兩極板間電壓U為$\frac{8B{R}^{2}}{{t}_{0}}$；
（2）若兩極板不帶電，保持磁場不變，帶電粒子仍沿中心線O₁O₂從O₁點射入，欲使帶電粒子從左側飛出兩板間，入射速度v應滿足0＜v＜$\frac{2（\sqrt{2}-1）R}{{t}_{0}}$．

點評 本題實質是粒子速度選擇器與類平拋運動的綜合，分析質子的受力情況，來確定其運動情況是關鍵，并要熟練運用動力學方法處理類平拋運動．