Question

如圖所示，帶電平行金屬板相距為2R，在兩板間半徑為R的圓形區域內有垂直綁面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，兩板及其上側邊緣連線均與磁場邊界剛好相切．一帶電粒子（不計重力）沿兩板間中心線O₁O₂從O₁點豎直向下以某一速度射入，沿直線通過圓形磁場、電場復合區域，然后恰好從左極板下邊緣飛出，在極板間運動的時間為t₀．若僅撤去磁場，該粒子仍從O₁點以相同的速度射入，經

t0

2

時間打到極板上．
（1）試判斷該粒子帶何種電荷；
（2）求兩極板間電壓U；
（3）若兩極板不帶電，保持磁場不變，帶電粒子仍沿中心線O₁O₂從O₁點射入，欲使帶電粒子不打在極板上，粒子的速度應滿足什么條件？（已知sin2θ=2sinθ，tanθ=

2tan θ 2

1-tan2 θ 2

）

Answer 1

分析：（1）“沿直線通過圓形磁場、電場復合區域，然后恰好從左極板下邊緣飛出”說明帶電粒子電場力和洛倫茲力平衡，所受 電場力水平向左，由此可判電荷性質；
（2）沿直線通過圓形磁場、電場復合區域，說明帶電粒子電場力和洛倫茲力平衡，根據平衡即可求出電壓；
（3）帶電粒子先做勻速圓周運動，出磁場后做勻速直線運動，臨界是恰好從右板下邊緣或上邊緣用，幾何關系可求出半徑，然后利用牛頓第二定律即可求出兩個臨界速度．

解答：解：（1）由題意知：帶電粒子從左極板下邊緣飛出，該粒子受水平向左的電場力，與電場方向相同，所以粒子帶正電
（2）設粒子從O₁點射入的速度為V₀，極板長為L
在復合場做勻速直線運動：q

U

2d

=qv0B               ①
在電場中做類平拋運動：豎直方向；L-2R=v₀t     ②
水平方向：R=

1

2

qE

m

t2      ③
又  L=v₀t₀           ④
撤去磁場，僅受電場力，則：R=

1

2

qE

m

(

t0

2

)2         ⑤
①→⑤聯立得    t=

t0

2

    L=4R
v0=

4R

t0

      U=

8R2B

t0

             ⑥
（3）設粒 子恰好右極板上邊緣飛出時的偏轉角為α，此時粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r₁，有幾何關系可知：

α=

π

4

    r1+

2

r1=R          ⑦
由①⑤得，

qE

m

=

qv0B

m

=

8R

t02

         ⑧
  由洛倫茲力提供向心力得：qvB=m

v2

r1

    ⑨
⑦⑨聯立得：v=

2( 2 -1)R

t0

所以，粒子從兩極板上端口飛出的條件為：0＜v＜

2( 2 -1)R

t0

若粒子恰好從右板下邊緣飛出時速度的偏轉角為θ，此時粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r₂，
o2 
由幾何關系知  tanθ=

R

3R

=

1

3

tan

θ

2

=

R

r2

               ⑩
由公式tanθ=

2tan θ 2

1-(tan θ 2 )2

可得：tan

θ

2

=

10

-3    
所以r2=

R

10- 3

=(10+

3

)R
由qvB=m

v2

r2

得：v=

qBr2

m

=

2(10+3)R

t0

所以粒子從兩極板下端出口飛出的條件為 v＞

2(10+3)R

t0

綜上所述．欲使粒子不打在極板上，射入的速度滿足的條件為0＜v＜

2( 2 -1)R

t0

或v＞

2(10+3)R

t0

答：（1）該粒子帶帶正電
（2）兩極板間電壓U=

8R2B

t0

（3）欲使粒子不打在極板上，射入的速度滿足的條件為0＜v＜

2( 2 -1)R

t0

或v＞

2(10+3)R

t0

點評：解決帶電粒子在復合場中的運動，關鍵是抓住題目中的突破口．粒子在磁場中圓周運動問題處理的基本方法是畫軌跡，往往從分析邊界情況，得到臨界速度．常常用到幾何和三角知識求解半徑．