Question

（2009?海淀区二模）如图甲所示，真空中两水平放置的平行金属板C、D，上面分别开有两对正对的小孔O₁、O₂和O₃、O₄，O₂与O₃之间的距离d=20cm．金属板C、D接在正弦交流电源上，C、D两板间的电压U_CD随时间t变化的图线如图乙所示．t=0时刻开始，从C板小孔O₁处连续不断飘入质量m=3.2×10^-25kg、电荷量q=1.6×10^-19C的带正电的粒子（飘入速度很小，可忽略不计）．在D板外侧有范围足够大匀强磁场，磁感应强度大小B=0.1T，方向垂直纸面向里，粒子受到的重力及粒子间的相互作用力均可忽略不计，平行金属板C、D之间距离足够小，粒子在两板间的运动时间可忽略不计．（取π近似等于3）

（1）带电粒子若经磁场的作用后恰能进入小孔O₃，则带电粒子从小孔O₂进入磁场时的速度为多大？
（2）在什么时刻飘入小孔O₁的粒子，恰好能够进入小孔O₃？
（3）经过小孔O₃进入C、D两板间的粒子，从小孔O₄射出时的动能为多大？

Answer 1

分析：（1）粒子在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，根据动能定理与牛顿第二定律，即可求解；
（2）粒子恰能飞出磁场边界，根据牛顿第二定律与动能定理，可求出电压；根据图象可求出对应的时刻；
（3）在t₁时刻飘入的粒子，经过小孔O₃进入C、D两板间的粒子粒子在磁场中运动的时间t，确定粒子到达小孔O₃时刻，然后确定此时的电压，最后根据动能定理求出．

解答：（1）设带电粒子小孔O₂进入磁场时的速度为v₀，粒子在磁场中做匀速圆周运动，其半径为R，根据牛顿第二定律有qv0B=m

v02

R

因粒子恰好能进入小孔O₃，粒子运动轨迹如答图2所示，有R=

1

2

d
解得速度v0=

qBd

2m

=5×103m/s
（2）设恰能进入小孔O₃的粒子在电场中运动时CD板对应的电压为U₀，根据动能定理qU0=

1

2

mν02
解得U0=

mν02

2q

=25V
由于粒子带正电，因此只有在C板电势高（U_CD=U_C-U_D＞0）时才能被加速进入磁场，因此解得U_CD=25 V对应时刻分别为
t₁=（0.25+2n）×10^-4s （n=0，1，2…）
t₂=（0.75+2n）×10^-4s （n=0，1，2…）
（3）设粒子在磁场中运动的周期为T，根据牛顿第二定律和圆周运动规律qv0B=

4π2mR

T2

，v0=

2πR

T

得T=

2πm

qB

粒子在磁场中运动的时间t=

T

2

=

πm

qB

=0.6×10^-4s
在t₁时刻飘入的粒子，经过时间t，粒子到达小孔O₃时，C、D两板间的电压为U_CD=15V．粒子在两板之间做减速运动，设到达小孔O₄时的动能为E₁，根据动能定理，得
-qUCD=E1-

1

2

m

v

2 0

解得E₁=1.6×10^-18J
在t₂时刻飘入的粒子，经时间t，粒子到达小孔O₃时，C、D两板间的电压为U_CD′=-35V．粒子在两板之间做加速速运动，设到达小孔O₄时的动能为E₂，根据动能定理，得
-qUCD′=E2-

1

2

m

v

2 0

解得E₂=9.6×10^-18J
答：（1）带电粒子从小孔O₂进入磁场时的速度为v0=5×103m/s；
（2）解得U_CD=25V，对应时刻分别为
t₁=（0.25+2n）×10-4s（n=0，1，2…）
t₂=（0.75+2n）×10-4s（n=0，1，2…）
（3）经过小孔O₃进入C、D两板间的粒子，从小孔O₄射出时的动能为E₂=9.6×10^-18J．

点评：考查带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，掌握动能定理与牛顿第二定律的应用，注意由左手定则来确定粒子偏转方向，及正确的运动轨迹图，结合几何基础知识．