Question

1．如圖所示，空間中存在半徑為R的圓形有界磁場，磁場的方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為B．平行板電容器極板間距離為$\frac{2\sqrt{3}}{3}$R，電容器上極板的延長線恰好與圓形磁場下邊界相切于P點，兩極板右端豎直連線與磁場左邊界相切于Q點．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，以大小為$\frac{BqR}{2m}$的初速度緊貼負極板從左側(cè)垂直電場方向射入，并從兩板右端豎直連線的中點N射出，后恰好由P點射入圓形磁場區(qū)域．不計粒子的重力．求：
（1）電容器兩板間的電勢差；
（2）粒子從進入電場到射出磁場的整個過程所經(jīng)歷的時間．

Answer 1

分析 （1）由粒子在電場和磁場之間做勻速直線運動的軌跡得到粒子離開電場時的速度方向，進而求得粒子在電場方向的末速度，然后由類平拋運動規(guī)律，根據(jù)位移求得電勢差；
（2）根據(jù)類平拋規(guī)律求得粒子在電場中的運動時間，再由勻速直線運動規(guī)律求得電場、磁場之間的運動時間；最后再由洛倫茲力做向心力求得半徑和周期，然后由半徑及進入磁場的速度方向，根據(jù)幾何關(guān)系求得轉(zhuǎn)過的中心角，進而求得運動時間．

解答 解：（1）設(shè)粒子從N點射出的速度與極板的夾角為θ，板間距為d，如圖所示，可解得：tanθ=$\frac{\frac{1}{2}d}{R}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，即θ=30°；
所以，v_y=v₀tanθ；
粒子在電場中做類平拋運動，粒子的加速度$a=\frac{F}{m}=\frac{qE}{m}=\frac{qU}{md}$，則：${{v}_{y}}^{2}=ad$=$\frac{qU}{m}$；
所以，$U=\frac{m{{v}_{y}}^{2}}{q}=\frac{m{{v}_{0}}^{2}ta{n}^{2}θ}{q}=\frac{{B}^{2}q{R}^{2}}{12m}$；
（2）帶電粒子在電場中運動的時間${t}_{1}=\sqrt{\frac{\frac{1}{2}d}{\frac{1}{2}a}}=\sqrt{\fraciqg44oe{a}}=\sqrt{\frac{mi4cygug^{2}}{qU}}=\sqrt{\frac{16{m}^{2}}{{B}^{2}{q}^{2}}}$=$\frac{4m}{Bq}$；
帶電粒子離開電場后，進入磁場前做勻速直線運動，運動時間${t}_{2}=\frac{R}{{v}_{0}}=\frac{2m}{Bq}$；
帶電粒子進入磁場的速度v=$\frac{{v}_{0}}{cosθ}$=$\frac{BqR}{\sqrt{3}m}$；
粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力做向心力，即qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，所以，$r=\frac{mv}{Bq}=\frac{\sqrt{3}}{3}R$；
在磁場中偏轉(zhuǎn)的軌跡如圖所示，∠OPO′=30°，∠POO′=30°，所以，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角為360°-2（∠OPO′+∠POO′）=240°；
帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=$\frac{2πr}{v}$=$\frac{2πm}{qB}$；
所以，粒子在磁場中的運動時間${t}_{3}=\frac{240°}{360°}T=\frac{4πm}{3Bq}$；
所以，粒子整個過程的運動時間：$t={t}_{1}+{t}_{2}+{t}_{3}=（\frac{4π}{3}+6）\frac{m}{Bq}$；
答：（1）電容器兩板間的電勢差為$\frac{{B}^{2}q{R}^{2}}{12m}$；
（2）粒子從進入電場到射出磁場的整個過程所經(jīng)歷的時間為$（\frac{4π}{3}+6）\frac{m}{Bq}$．

點評 帶電粒子在磁場中運動，一般由洛倫茲力做向心力取得半徑和周期，然后根據(jù)幾何關(guān)系得到半徑和中心角，即可求解相關(guān)問題．