题目内容
如图所示，①②为两平行金属板，③为方向相反的两个匀强磁场的分界线，④为过O4点的一条虚线．①②③④相互平行，间距均为d=10m，其中在①和②间加有U=2.0×102V的电压，已知磁感应强度的大小B1=B2=1.0×10-2T，方向如图，现从金属板中点O1的附近由静止释放一质量m=1.0×10-12kg、电荷量q=1.0×10-8C的粒子，粒子被电场加速后穿过小孔O2再经过磁场B1、B2偏转后，通过O4点，不计粒子重力，（计算结果都保留两位有效数字），试求：（1）粒子从O1运动到O4的时间；
（2）若粒子刚开始释放时，右方距分界线④40m处有一与之平行的挡板⑤正向左以速度υ匀速移动，当与粒子相遇时粒子运动方向恰好与挡板平行，求υ的大小．
分析：（1）根据题意和几何知识可知，粒子在匀强磁场B2中的运动轨迹所对应的圆心角也为θ，到达O4点时，粒子的速度方向恰好水平向右，此后粒子继续在匀强磁场B2中做匀速圆周运动，再回到匀强磁场B1中做匀速圆周运动，由于粒子做匀速圆周运动的圆心不在O1O2的延长线上，所以粒子不会回到O2点，运动也失去了周期性，根据动能定理、向心力公式、周期公式等即可求解时间；
（2）求出板⑤移动的时间和距离，进而求出速度．
（2）求出板⑤移动的时间和距离，进而求出速度．
解答：解：（1）根据动能定理，在加速过程中有：qU=
mv2
粒子在匀强磁场B1中做匀速圆周运动，有：qvB1=m
由以上二式解得 R=20m
设粒子在匀强磁场B1中的运动轨迹所对应的圆心角为θ，由几何关系可知：sinθ=
=0.5，所以θ=30°
根据题意和几何知识可知，粒子在匀强磁场B2中的运动轨迹所对应的圆心角也为θ，到达O4点时，粒子的速度方向恰好水平向右，此后粒子继续在匀强磁场B2中做匀速圆周运动，再回到匀强磁场B1中做匀速圆周运动，由于粒子做匀速圆周运动的圆心不在O1O2的延长线上，所以粒子不会回到O2点，运动也失去了周期性．
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期：T=
=0.063s
金属板①②间匀强电场的场强为：E=
=20V/m
粒子在匀强电场中运动的加速度为：a=
=2.0×105m/s2
设粒子从O1直接运动到O2所用的时间为t1，则：d=
at12
解得：t1=1.0×10-2s
所以粒子从O1到O4运动的时间为：tx=t1+
×2=2.0×10-2s
（2）板⑤的移动时间为：t=(tx+
)=3.6×10-2s
板⑤移动的距离为：x=40-R=20m
板⑤移动的速度为：v=
=5.6×102m/s
答：（1）粒子从O1运动到O4的时间为2.0×10-2s；
（2）若粒子刚开始释放时，右方距分界线④40m处有一与之平行的挡板⑤正向左以速度υ匀速移动，当与粒子相遇时粒子运动方向恰好与挡板平行，υ的大小为5.6×102m/s．
| 1 |
| 2 |
粒子在匀强磁场B1中做匀速圆周运动，有：qvB1=m
| v2 |
| R |
由以上二式解得 R=20m
设粒子在匀强磁场B1中的运动轨迹所对应的圆心角为θ，由几何关系可知：sinθ=
| d |
| R |
根据题意和几何知识可知，粒子在匀强磁场B2中的运动轨迹所对应的圆心角也为θ，到达O4点时，粒子的速度方向恰好水平向右，此后粒子继续在匀强磁场B2中做匀速圆周运动，再回到匀强磁场B1中做匀速圆周运动，由于粒子做匀速圆周运动的圆心不在O1O2的延长线上，所以粒子不会回到O2点，运动也失去了周期性．
粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期：T=
| 2πm |
| qB |
金属板①②间匀强电场的场强为：E=
| U |
| d |
粒子在匀强电场中运动的加速度为：a=
| Eq |
| m |
设粒子从O1直接运动到O2所用的时间为t1，则：d=
| 1 |
| 2 |
解得：t1=1.0×10-2s
所以粒子从O1到O4运动的时间为：tx=t1+
| T |
| 12 |
（2）板⑤的移动时间为：t=(tx+
| T |
| 4 |
板⑤移动的距离为：x=40-R=20m
板⑤移动的速度为：v=
| x |
| t |
答：（1）粒子从O1运动到O4的时间为2.0×10-2s；
（2）若粒子刚开始释放时，右方距分界线④40m处有一与之平行的挡板⑤正向左以速度υ匀速移动，当与粒子相遇时粒子运动方向恰好与挡板平行，υ的大小为5.6×102m/s．
点评：本题主要考查了带电粒子在磁场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的运动情况，根据动能定理、牛顿第二定律和几何知识进行求解，难度较大．
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