Question

如图所示，在以O为圆心，半径为R的圆形区域内，有一个水平方向的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．竖直平行正对放置的两金属板A、K连在电压可调的电路中． S₁、S₂为A、K板上的两个小孔，且S₁、S₂和O在同一直线上，另有一水平放置的足够大的荧光屏D，O点到荧光屏的距离h．比荷（电荷量与质量之比）为k的带正电的粒子由S₁进入电场后，通过S₂射向磁场中心，通过磁场后落到荧光屏D上．粒子进入电场的初速度及其所受重力均可忽略不计．
（1）求粒子垂直打到荧光屏上M点时速度的大小；
（2）调节滑片P，使粒子打在荧光屏上N点，MN=

3

/3h（如图所示），求此时A、K两极板间的电压．

Answer 1

分析：粒子经磁场偏转后，沿直线运动到荧光屏，粒子偏转的角度为90°，做出粒子做圆周运动的轨迹，找到粒子圆周运动的半径恰好等于磁场半径，根据牛顿第二定律解出粒子打到极板上的速度；粒子打到N点时可以通过圆周运动向心力公式和几何关系求得粒子做圆周运动的速度，根据动能定理解出加速电场的电压．

解答：解：（1）设粒子的质量为m，电荷量为q，垂直打在荧光屏上的M点时的速度为v₁，粒子垂直打在荧光屏上，说明粒子在磁场中的运动是四分之一圆周，
运动半径：r₁=R

根据牛顿第二定律：Bqv₁=m

v 2 1

r1

依题意：k=

q

m

 解得：v₁=BkR 
（2）设粒子在磁场中运动轨道半径为r₂，偏转角为2θ，粒子射出磁场时的方向与竖直方向夹角为α，粒子打到N点时的轨迹如图所示，由几何关系可知

tanα=

MN

h

=

3

3

，α=30°，θ=30°
tanθ=

R

r2

解得：r₂=

3

R
设此时A、K两极板间的电压为U，设粒子离开S₂时的速度为v₂，
根据牛顿第二定律：Bqv₂=m

v 2 2

r2

根据动能定理有   qU=

1

2

m

v

2 2

解得：U=

3

2

kB2R2
答：（1）粒子垂直打到荧光屏上M点时速度的大小为BkR；
（2）此时A、K两极板间的电压为U=

3

2

kB2R2．

点评：本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握圆周运动及牛顿第二定律公式．