Question

（2012?肇庆二模）如图所示，带电平行金属板PQ和MN之间的距离为d；两金属板之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．建立如图所示的坐标系，x轴平行于金属板，且与金属板中心线重合，y轴垂直于金属板．区域I的左边界是y轴，右边界与区域II的左边界重合，且与y轴平行；区域II的左、右边界平行．在区域I和区域II内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B，区域I内的磁场垂直于Oxy平面向外，区域II内的磁场垂直于Oxy平面向里．一电子沿着x轴正向以速度v₀射入平行板之间，在平行板间恰好沿着x轴正向做直线运动，并先后通过区域I和II．已知电子电量为e，质量为m，区域I和区域II沿x轴方向宽度均为

3 mv0

2Be

．不计电子重力．
（1）求两金属板之间电势差U；
（2）求电子从区域II右边界射出时，射出点的纵坐标y；
（3）撤除区域I中的磁场而在其中加上沿x轴正向的匀强电场，使得该电子刚好不能从区域II的右边界飞出．求电子两次经过y轴的时间间隔t．

Answer 1

分析：（1）粒子做直线运动，电场力等于洛伦兹力，由平衡条件可以求出电势差．
（2）带电粒子在磁场中做匀速直线运动，由牛顿第二定律及数学知识可以求出y轴的坐标．
（3）带电粒子在电场中做加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律与匀变速运动规律分析答题．

解答：解：（1）电子在平行板间做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，
由平衡条件得：eE=ev₀B，①电场强度E=

U

d

，②
由①②两式联立解得：U=Bv₀d；
（2）如右图所示，电子进入区域I做匀速圆周运动，
向上偏转，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：ev₀B=m

v 2 0

R

，③
设电子在区域I中沿着y轴偏转距离为 y₀，区域I的宽度为b（b=

3 mv0

2Be

），
由数学知识得：（R-y₀）²+b²=R²，④
由③④式联立解得：y₀=

mv0

2eB

；
因为电子在两个磁场中有相同的偏转量，
故电子从区域II射出点的纵坐标y=2y₀=

mv0

eB

．
（3）电子刚好不能从区域II的右边界飞出，
说明电子在区域II中做匀速圆周运动的轨迹恰好与区域II的右边界相切，
圆半径恰好与区域II宽度相同．电子运动轨迹如下图所示．设电子进入区域II时的速度为v，
由牛顿第二定律得：evB=m

v2

r

，⑤
由人r=b得：v=

3

2

v₀，
电子通过区域I的过程中，向右做匀变速直线运动，
此过程中平均速度

.

v

=

v0+v

2

，
电子通过区域I的时间：t₁=

b

. v

（b为区域I的宽度

3 mv0

2Be

）⑥，
解得：t₁=2（2

3

-3）

m

eB

，
电子在区域II中运动了半个圆周，设电子做圆周运动的周期为T，
由牛顿第二定律得：evB=m

v2

r

  ⑦，v=

2πr

T

 ⑧，
电子在区域II中运动的时间：t₂=

T

2

=

πm

eB

  ⑨，
由⑦⑧⑨式解得：t₂=

πm

eB

，
电子反向通过区域I的时间仍为t₁，电子两次经过y轴的时间间隔：
t=2t₁+t₂=（8

3

-12+π）

m

eB

≈

5m

eB

；
答：（1）两金属板之间电势差为Bv₀d；
（2）电子从区域II右边界射出时，射出点的纵坐标

mv0

eB

；
（3）电子两次经过y轴的时间间隔为

5m

eB

．

点评：本题是一道带电粒子在电场与磁场中运动的综合题，难度较大，根据题意作出粒子的运动轨迹，由牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．