Question

如圖所示，在xOy坐標的第一象限內分布有垂直xOy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B=2.5×10^-2T．在第二象限緊貼y軸和x軸放置一對平行金屬板MN（中心軸線垂直y軸），極板間距d=0.4m，極板與左側電路相連接，通過移動滑動頭P可以改變極板MN間的電壓．a、b為滑動變阻器的最下端和最上端（滑動變阻器的阻值分布均勻），a、b兩端所加電壓U=

3

3

×102V．在MN中心軸線上距y軸距離為L=0.4m處，有一粒子源S沿x軸正方向連續射出比荷為

q

m

=4.0×106C/kg、速度為v0=2.0×104m/s的帶正電的粒子，粒子經過y軸進入磁場，經過磁場偏轉后從x軸射出磁場．（忽略粒子的重力和粒子之間的相互作用）
（1）當滑動頭P在a端時，求粒子在磁場中做圓周運動的半徑R₀；
（2）滑動頭P的位置不同則粒子在磁場中運動的時間也不同，求粒子在磁場中運動的最長時間．

Answer 1

分析：（1）當滑動頭P在a端時，粒子在磁場中運動的速度大小為v₀，根據洛倫茲力提供向心力求出粒子在磁場中做圓周運動的半徑．
（2）當粒子射入磁場時速度偏轉角越大則粒子在磁場中運動的時間就越長，當滑動頭P滑到b端時，偏轉電壓最大，分析粒子是否打到極板上，若未達到極板上，偏轉角最大，粒子在磁場中運動的時間最長，根據偏轉角的大小，結合周期公式求出最長的時間．

解答：解：（1）當滑動頭P在a端時，粒子在磁場中運動的速度大小為v₀，設粒子做圓周運動的半徑為R₀，有：
qv0B=m

v02

R0

代入數據解得R₀=0.2m．
（2）設粒子射出極板時的速度大小為v，偏向角為α，粒子在MN間的運動時間為t₀，偏轉位移為y，有：
L=v₀t₀，
y=

1

2

?

qUMN

md

t02，
v=

v0

cosα

，
tanα=

vy

v0

=

qUMNt0

mdv0

，
即y=

1

2

Ltanα
設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R，由
qvB=m

v2

R

，得R=

mv

qB

=

R0

cosα

．
粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示，圓心為O′，與x軸的交點為D，設∠O′DO=β，根據幾何關系：

d

2

+y=Rcosα+Rsinβ
代入相關數據得，sinβ=sinα，即β=α．
設粒子在磁場中運動的周期為T，則T=

2πm

qB

，
粒子在磁場中運動的時間為t=

π 2 +2α

2π

?T=

m(π+4α)

2qB

．
由此可知，當粒子射入磁場時速度偏轉角越大則粒子在磁場中運動的時間就越長，當滑動頭P滑到b端時，
UMN=U=

3

3

×102V，
代入y=

1

2

?

qUMN

md

t02=

qUMNL2

2mdv02

，
得ym=

3

15

m＜0.2m．
所以tanαm=

qUt0

mdv0

=

qUL

mdv02

=

3

3

，
即αm=

π

6

．
所以粒子在磁場中運動的最長時間tm=

5πm

6qB

=

π

12

×10-4s．
答：（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑為0.2m．
（2）粒子在磁場中運動的最長時間為

π

12

×10-4s．

點評：本題考查了帶電粒子在電場中的偏轉和在磁場中做勻速圓周運動，綜合性較強，對數學能力的要求較高，需加強訓練．