Question

（2012?肇慶二模）如圖所示，帶電平行金屬板PQ和MN之間的距離為d；兩金屬板之間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．建立如圖所示的坐標(biāo)系，x軸平行于金屬板，且與金屬板中心線重合，y軸垂直于金屬板．區(qū)域I的左邊界是y軸，右邊界與區(qū)域II的左邊界重合，且與y軸平行；區(qū)域II的左、右邊界平行．在區(qū)域I和區(qū)域II內(nèi)分別存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，區(qū)域I內(nèi)的磁場垂直于Oxy平面向外，區(qū)域II內(nèi)的磁場垂直于Oxy平面向里．一電子沿著x軸正向以速度v₀射入平行板之間，在平行板間恰好沿著x軸正向做直線運動，并先后通過區(qū)域I和II．已知電子電量為e，質(zhì)量為m，區(qū)域I和區(qū)域II沿x軸方向?qū)挾染鶠?span dealflag="1" class="MathJye" mathtag="math" style="whiteSpace:nowrap;wordSpacing:normal;wordWrap:normal">

3 mv0

2Be

．不計電子重力．
（1）求兩金屬板之間電勢差U；
（2）求電子從區(qū)域II右邊界射出時，射出點的縱坐標(biāo)y；
（3）撤除區(qū)域I中的磁場而在其中加上沿x軸正向的勻強(qiáng)電場，使得該電子剛好不能從區(qū)域II的右邊界飛出．求電子兩次經(jīng)過y軸的時間間隔t．

Answer 1

分析：（1）粒子做直線運動，電場力等于洛倫茲力，由平衡條件可以求出電勢差．
（2）帶電粒子在磁場中做勻速直線運動，由牛頓第二定律及數(shù)學(xué)知識可以求出y軸的坐標(biāo)．
（3）帶電粒子在電場中做加速運動，在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律與勻變速運動規(guī)律分析答題．

解答：解：（1）電子在平行板間做直線運動，電場力與洛倫茲力平衡，
由平衡條件得：eE=ev₀B，①電場強(qiáng)度E=

U

d

，②
由①②兩式聯(lián)立解得：U=Bv₀d；
（2）如右圖所示，電子進(jìn)入?yún)^(qū)域I做勻速圓周運動，
向上偏轉(zhuǎn)，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：ev₀B=m

v 2 0

R

，③
設(shè)電子在區(qū)域I中沿著y軸偏轉(zhuǎn)距離為 y₀，區(qū)域I的寬度為b（b=

3 mv0

2Be

），
由數(shù)學(xué)知識得：（R-y₀）²+b²=R²，④
由③④式聯(lián)立解得：y₀=

mv0

2eB

；
因為電子在兩個磁場中有相同的偏轉(zhuǎn)量，
故電子從區(qū)域II射出點的縱坐標(biāo)y=2y₀=

mv0

eB

．
（3）電子剛好不能從區(qū)域II的右邊界飛出，
說明電子在區(qū)域II中做勻速圓周運動的軌跡恰好與區(qū)域II的右邊界相切，
圓半徑恰好與區(qū)域II寬度相同．電子運動軌跡如下圖所示．設(shè)電子進(jìn)入?yún)^(qū)域II時的速度為v，
由牛頓第二定律得：evB=m

v2

r

，⑤
由人r=b得：v=

3

2

v₀，
電子通過區(qū)域I的過程中，向右做勻變速直線運動，
此過程中平均速度

.

v

=

v0+v

2

，
電子通過區(qū)域I的時間：t₁=

b

. v

（b為區(qū)域I的寬度

3 mv0

2Be

）⑥，
解得：t₁=2（2

3

-3）

m

eB

，
電子在區(qū)域II中運動了半個圓周，設(shè)電子做圓周運動的周期為T，
由牛頓第二定律得：evB=m

v2

r

  ⑦，v=

2πr

T

 ⑧，
電子在區(qū)域II中運動的時間：t₂=

T

2

=

πm

eB

  ⑨，
由⑦⑧⑨式解得：t₂=

πm

eB

，
電子反向通過區(qū)域I的時間仍為t₁，電子兩次經(jīng)過y軸的時間間隔：
t=2t₁+t₂=（8

3

-12+π）

m

eB

≈

5m

eB

；
答：（1）兩金屬板之間電勢差為Bv₀d；
（2）電子從區(qū)域II右邊界射出時，射出點的縱坐標(biāo)

mv0

eB

；
（3）電子兩次經(jīng)過y軸的時間間隔為

5m

eB

．

點評：本題是一道帶電粒子在電場與磁場中運動的綜合題，難度較大，根據(jù)題意作出粒子的運動軌跡，由牛頓第二定律、運動學(xué)公式即可正確解題．