Question

20．如圖所示，平行板MN、PQ間距離為d，板長為2d，板的正中有一半徑為$\fracp9vv5xb5{2}$的圓形有界磁場，磁場邊界剛好與兩板相切，兩板間所加電壓為U，一質量為m，電量為q的帶電粒子從左端沿兩板間的中線向右射入兩板間，若只撤去磁場，粒子剛好從上板右端N點射出，若只撤去兩板間所加的電壓，帶電粒子恰好能從下板的右端Q點射出，不計粒子的重力，求：
（1）磁場的磁感應強度大小；
（2）如果只撤去電場，要使粒子不能從板間射出，則粒子進入板間的速度大小應滿足什么條件？

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，應用類平拋運動規律與牛頓第二定律可以求出磁感應強度．
（2）作出粒子運動軌跡，求出粒子軌道半徑，應用牛頓第二定律求出臨界速度，然后確定粒子速度范圍．

解答 解：（1）撤去磁場，粒子在電場中做類平拋運動，
水平方向：2d=v₀t，豎直方向：$\frac{1}{2}$d=$\frac{1}{2}$$\frac{qU}{md}$t²，解得：v₀=2$\sqrt{\frac{qU}{m}}$，
撤去電場粒子在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示：

由幾何知識得：tan$\frac{θ}{2}$=$\frac{\fracp9vv5xb5{2}}{{R}_{1}}$=$\frac{sinθ}{1+cosθ}$，
sinθ=$\frac{\fracp9vv5xb5{2}}{\sqrt{p9vv5xb5^{2}+（\fracp9vv5xb5{2}）^{2}}}$，cosθ=$\fracp9vv5xb5{\sqrt{p9vv5xb5^{2}+（\fracp9vv5xb5{2}）^{2}}}$，解得：R₁=（1+$\frac{\sqrt{5}}{2}$）d，
洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{R}_{1}}$，解得：B=$\frac{4（\sqrt{5}-2）}p9vv5xb5$$\sqrt{\frac{mU}{q}}$；
（2）要使粒子剛好不從下板的左端射出粒子運動軌跡如圖所示：

由幾何知識得：tanθ=$\frac{\fracp9vv5xb5{2}}p9vv5xb5$=$\frac{1}{2}$，cosθ=$\fracp9vv5xb5{\sqrt{p9vv5xb5^{2}+（\fracp9vv5xb5{2}）^{2}}}$，
$\fracp9vv5xb5{2}$=$\fracp9vv5xb5{2}$tanθ+R₂+$\frac{{R}_{2}}{cosθ}$，解得：R₂=$\frac{（\sqrt{5}-2）d}{2}$，
洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
qv₂B=m$\frac{{v}_{2}^{2}}{{R}_{2}}$，解得：v₂=2（$\sqrt{5}$-2）²$\sqrt{\frac{qU}{m}}$，
粒子速度大小范圍：2（$\sqrt{5}$-2）²$\sqrt{\frac{qU}{m}}$≤v≤2$\sqrt{\frac{qU}{m}}$；
答：（1）磁場的磁感應強度大小為$\frac{4（\sqrt{5}-2）}p9vv5xb5$$\sqrt{\frac{mU}{q}}$；
（2）如果只撤去電場，要使粒子不能從板間射出，則粒子進入板間的速度大小應滿足的條件是：2（$\sqrt{5}$-2）²$\sqrt{\frac{qU}{m}}$≤v≤2$\sqrt{\frac{qU}{m}}$．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡、求出粒子軌道半徑是解題的前提與關鍵，應用類平拋運動規律、牛頓第二定律可以解題．