Question

17．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．一質子（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．
（1）求兩極板間電壓U；
（2）求質子從極板間飛出時的速度大小；
（3）若兩極板不帶電，保持磁場不變，質子仍沿中心線O₁O₂從O₁點射入，欲使質子從兩板間左側飛出，射入的速度應滿足什么條件？

Answer 1

分析 （1）粒子做勻速直線運動，由受力平衡條件，通過運動學公式與牛頓第二定律，結合電場力與洛倫茲力表達式，即可求解；
（2）由速度與時間關系，可求質子在沿電場方向的速度，因此可求出飛出極板間的速度大��；
（3）質子恰好從上極板左邊緣飛出，因此由幾何關系，結合運動學公式與向心力表達式，從而可求出質子兩板左側間飛出的條件．

解答 解：（1）設質子從左側O₁點射入的速度為v₀，極板長為L，在復合場中作勻速運動，電場力等于洛倫茲力，則有q$\frac{U}{2R}$=qv₀B ①
質子在電場中作類平拋運動，設類平拋運動的時間為t，則
  L-2R=v₀t  ②
  R=$\frac{1}{2}•\frac{qE}{m}{t}^{2}$ ③
又L=v₀t₀  ④
撤去磁場后僅受電場力，有R=$\frac{1}{2}$•$\frac{qE}{m}（\frac{{t}_{0}}{2}）^{2}$ ⑤
解得t=$\frac{{t}_{0}}{2}$，L=4R，v₀=$\frac{4R}{{t}_{0}}$，U=$\frac{8{R}^{2}B}{{t}_{0}}$
（2）質子從極板間飛出時的沿電場方向分速度大小
   v_y=$\frac{qE}{m}t$
由③得v_y=$\frac{2R}{t}$=v₀ ⑥
則從極板間飛出時的速度大小v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{2}{v}_{0}$=$\frac{4\sqrt{2}R}{{t}_{0}}$ ⑦
（3）設質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時速度的偏轉角為α，由幾何關系可知：
  β=π-α=45°，r+$\sqrt{2}$r=R  ⑨
因為$R=\frac{1}{2}•\frac{qE}{m}（\frac{{t}_{0}}{2}）^{2}$，所以$\frac{qE}{m}=\frac{q{v}_{0}B}{m}=\frac{8R}{{t}_{0}^{2}}$  ⑩
根據向心力公式 $qvB=m\frac{{v}^{2}}{r}$，解得 v=$\frac{2（\sqrt{2}-1）R}{{t}_{0}}$
所以，質子兩板左側間飛出的條件為 0＜v＜$\frac{2（\sqrt{2}-1）R}{{t}_{0}}$
答：（1）兩極板間電壓U是$\frac{8{R}^{2}B}{{t}_{0}}$；
（2）質子從極板間飛出時的速度大小是$\frac{4\sqrt{2}R}{{t}_{0}}$．
（3）射入的速度應滿足0＜v＜$\frac{2（\sqrt{2}-1）R}{{t}_{0}}$．

點評 考查粒子做勻速直線運動、類平拋運動與勻速圓周運動的處理方法，掌握運動學公式與牛頓第二定律的綜合應用，理解幾何關系的正確使用．