Question

如圖1所示，平面OO′垂直于紙面，其上方有長為h，相距為3h/4的兩塊平行導(dǎo)體板M，N．兩極板間加上如圖2所示的電壓，平面OO′的下方是一個與OO′平面相平行的勻強磁場，方向垂直紙面向外．在兩極板的正中間正上方有一粒子源連續(xù)放射出質(zhì)量為m，帶電量為+q的粒子，其初速度大小為v₀，方向垂直電場及OO′平面，不計粒子重力及空氣的阻力，每個粒子在板間運動的極短時間內(nèi)，可以認為場強不變．
（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）要有帶電粒子飛出電場時打在板上，板間電壓U_MN的最大值至少為多少？
（2）要使所有的粒子都能回到兩板間，磁感應(yīng)強度B需滿足的條件？
（3）在滿足（2）問的前提下，粒子在磁場中運動的最長時間？

Answer 1

分析：（1）根據(jù)牛頓第二定律與運動學(xué)公式，結(jié)合E=

U

d

，即可求解；
（2）由速度的合成與分解，結(jié)合牛頓第二定律與向心力表達式，及當s=

3

8

h時，B最小，即可求解；
（3）因粒子在MN板間偏轉(zhuǎn)的越大，粒子進入磁場中偏轉(zhuǎn)的角度越大，時間越長，根據(jù)三角函數(shù)及速度公式，與運動的周期公式，結(jié)合幾何關(guān)系，從而確定求解．

解答：解：（1）要有粒子打在板上，設(shè)電壓的最大值為U_m
則有：

3

8

h=

1

2

at2①
     由牛頓第二定律，a=

Eq

m

②
    E=

Um

3 4 h

③
    且h=v₀t④
由①②③④式可得：Um=

9mv02

16q

⑤
（2）設(shè)粒子進入磁場時速度v與v₀的夾角為θ，則有：v=

v0

cosθ

⑥
又由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得：Bqv=

mv2

R

⑦
粒子從OO′上射出磁場的位置與射入磁場的位置的距離s=2Rcosθ⑧
由⑥⑦⑧式可得：s=

2mv0

Bq

⑨
若沿v₀方向射進磁場的粒子能回到板間，其他方向的粒子都能回到板間
當s=

3

8

h時，B最小   
即

3

8

h=

2mv0

Bq

⑩
  得：B=

16mv0

3hq

（11）
即：磁感應(yīng)強度B≥

16mv0

3hq

（3）粒子在MN板間偏轉(zhuǎn)的越大，粒子進入磁場中偏轉(zhuǎn)的角度越大，時間越長
設(shè)粒子在MN板間的最大偏轉(zhuǎn)角為φ，則：tan?=

vy

v0

（12）

vy=at

（13）
由②③④⑤（12）（13）式
得tan?=

3

4

 
  即 φ=37⁰
粒子在磁場中運動對應(yīng)的圓心角為φ′，由幾何關(guān)系得：
φ′=π+2φ       
 T=

2πR

V

（14）
由⑦式得：T=

2πm

qB

又粒子在磁場中運動的時間t=

?′

2π

T   
   得t=

?′m

Bq

t=

?′m

Bq

由上式知：B越小，t越大，即B=

16mv0

3hq

時，t最大
得t=

127πh

480v0

；
答：（1）要有帶電粒子飛出電場時打在板上，板間電壓U_MN的最大值至少為：Um=

9mv02

16q

；
（2）要使所有的粒子都能回到兩板間，磁感應(yīng)強度B需滿足的條件B≥

16mv0

3hq

；
（3）在滿足（2）問的前提下，粒子在磁場中運動的最長時間t=

127πh

480v0

．

點評：考查牛頓第二定律與運動學(xué)公式的應(yīng)用，掌握處理類平拋運動與圓周運動的方法，理解運動中物理規(guī)律，注意幾何關(guān)系在題中的運用，屬于力電綜合題．