Question

12．如图所示，一对带电平行金属板A、B水平放置，上下两极板间的电势差U=10⁴V，两板间距d=10^-2m，B板中央开有小孔S；金属板正下方有一半径R=10^-2m的圆形的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B=1T，磁场区域的圆心O位于小孔正下方．SO连线交圆的边界于P点．比荷$\frac{q}{m}$=5×10⁷C/kg的带正电粒子以速度v=5×10⁵m/s从磁场外某处正对着圆心射向磁场区域，经过磁场的偏转作用，恰好沿着OP方向从小孔S进入电场．带电粒子在SP间运动的时间忽略不计，带电粒子的重力不计．求：
（1）带电粒子在磁场中偏转的角度．
（2）带电粒子从进入磁场到最终离开磁场所用的时间．（取π≈3）

Answer 1

分析 （1）带电粒子在磁场中受到洛伦兹力的作用做匀速圆周运动，写出半径公式，然后结合几何关系即可求出带电粒子偏转的角度；
（2）带电粒子进入电场后先减速，然后返回，由牛顿第二定律求出加速度，结合运动学的公式求出粒子在电场中运动的时间；求出粒子在磁场中偏转的角度，结合$\frac{t}{T}=\frac{θ}{360°}$求出粒子在磁场中运动的时间，两段时间的和即为所求．

解答 解：（1）粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，得：
$qvB=\frac{m{v}^{2}}{r}$
所以：r=$\frac{mv}{qB}=\frac{m}{q}•\frac{v}{B}=\frac{1}{5×1{0}^{7}}×\frac{5\sqrt{3}×1{0}^{5}}{1}=0.01\sqrt{3}$m
画出粒子运动的轨迹如图，则：
$tanθ=\frac{R}{r}=\frac{0.01}{0.01\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$
则：θ=30°
所以粒子在磁场中偏转的角度是2θ=60°
（2）粒子在磁场中运动的周期：$T=\frac{2πr}{v}=\frac{2πm}{qB}=\frac{m}{q}•\frac{2π}{B}=\frac{1}{5×1{0}^{7}}×\frac{2×3}{1}=1.2×1{0}^{-7}$s
由于：$\frac{{t}_{1}}{T}=\frac{2θ}{360°}$
所以粒子第一次在磁场中运动的时间：${t}_{1}=\frac{2×30°}{360°}×1.2×1{0}^{-7}=2×1{0}^{-8}$s
粒子进入电场后先做减速运动，加速度：
a=$\frac{qE}{m}=\frac{qU}{md}=5×1{0}^{7}×\frac{1{0}^{4}}{1{0}^{-2}}=5×1{0}^{13}$m/s²
在电场中运动的距离：$x=\frac{{v}^{2}}{2a}=\frac{{（5\sqrt{3}×1{0}^{5}）}^{2}}{2×5×1{0}^{13}}=0.0075m＜1{0}^{-2}m=d$因此粒子不能达到A板．由运动的对称性可知，粒子返回的时间与减速的时间是相等的，所以粒子在电场中运动的时间：
${t}_{2}=\frac{2v}{a}=\frac{2×5\sqrt{3}×1{0}^{5}}{5×1{0}^{13}}=2\sqrt{3}×1{0}^{-8}$s≈3.5×10^-8s
粒子会以同样的速度再次进入磁场，继续向左偏转，在磁场中运动的时间：
${t}_{3}={t}_{1}=2×1{0}^{-8}$s
带电粒子从进入磁场到最终离开磁场所用的时间是：t=t₁+t₂+t₃
代入数据得：t=7.5×10^-8s
答：（1）带电粒子在磁场中偏转的角度是60°．
（2）带电粒子从进入磁场到最终离开磁场所用的时间是7.5×10^-8s．

点评 带电粒子在电场中运动分为加速和偏转两种类型，常运用动能定理和平抛运动规律求解，注意运算时要细心，而在匀强磁场中运动时，重要的是由运动径迹利用几何关系找到半径的大小，由洛伦兹力提供向心力，利用牛顿第二定律求解即可．