Question

如图甲所示，一对平行放置的金属板M、N的中心各有一小孔P、Q，PQ连线垂直于金属板；N板右侧的圆A内分布有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆半径为r，且圆心O在PQ的延长线上．现使置于P处的粒子源连续不断地沿PQ方向放出质量为m、电量为q的带电粒子（带电粒子的重力和初速度忽略不计，粒子间的相互作用力忽略不计），从某一时刻开始，在板M、N间加上如图乙所示的交变电压，周期为T，电压大小为U．如果只有在每个周期的0～

T

4

时间内放出的带电粒子才能从小孔Q中射出，求：
（1）带电粒子到达Q孔可能的速度范围
（2）带电粒子通过该圆形磁场的最小偏转角θ．

Answer 1

分析：（1）根据题意分析可知，t=0时刻进入粒子在电场中一直加速，因而根据动能定理，即可求解带电粒子到达Q点的速度范围；
（2）带电粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律，结合向心力公式，即可求出运动的半径，再由速度大，半径大，从而可得出最小偏角．

解答：解：（1）经分析知，

T

4

时刻入射的粒子刚好到Q孔，速度为零，而此时刻进入粒子加速距离为

d

2

，则t=0时刻进入粒子加速距离为2d，
所以t=0时刻进入粒子在电场中一直加速，当然射出电场速度最大，设为v_m，
则有：qU=

1

2

mv_m2 
解得：v_m=

2qU m

①
带电粒子到达Q点的速度范围为：0≤v≤

2qU m

①
（2）带电粒子在磁场中做圆周运动，由向心力公式得：qvB=m

v2

R

，
解得：R=

mv

qB

②
可见，速度大，则半径大，由粒子偏转轨迹图可知，偏转角θ越小．

最大速度v_m对应最小偏转角θ_min
tan

θmin

2

=

r

R

  ③
联立①②③式解得：θ_min=2arctan

Bqr

2mqU

答：（1）带电粒子到达Q孔可能的速度范围为：0≤v≤

2qU m

；
（2）带电粒子通过该圆形磁场的最小偏转角θ_min=2arctan

Bqr

2mqU

．

点评：考查动能定理与牛顿第二定律的应用，掌握向心力表达式与运动半径的公式，注意分析得出：当t=0时刻进入粒子在电场中一直加速，同时掌握速度大，则半径大，对应的偏角越小，这是解题的关键之处．