题目内容
17．如图甲所示，真空中两水平放置的平行金属板C、D，板上分别开有正对的小孔O1和O2，两板接在交流电源上，两板间的电压uCD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板上方有以MN为水平上边界的匀强磁场，MN与D板的距离d=10cm，匀强磁场的磁感应强度B=0.10T，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．求：（保留两位有效数字）
（1）在C、D两板间电压U0=9.0V时飘入小孔O1的带电粒子进入磁场后的运动半径；
（2）从t=0到t=4.0×10-2s时间内飘入小孔O1的粒子能飞出磁场边界MN的飘入时间范围；
（3）磁场边界MN上有粒子射出的范围的长度．
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）粒子速度越大在有界磁场中的偏转量越小，根据动能定理与牛顿第二定律，可求出相对小孔向左偏移的最小距离，从而可确定磁场边界MN有粒子射出的长度范围．
解答 
解：（1）设C、D两板间电压U0=9.0V时带电粒子飘入电场从小孔O2进入磁场的速度为v0，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R0，根据动能定理和牛顿第二定律有；
电场中加速过程：$q{U_0}=\frac{1}{2}mv_0^2$
磁场中偏转时有：$q{v_0}B=m\frac{v_0^2}{R_0}$
联立解得：R0=$\frac{1}{B}$$\sqrt{\frac{2m{U}_{0}}{q}}$=$\frac{1}{0.1}×\sqrt{\frac{2×3.2×1{0}^{-25}×9.0}{1.6×1{0}^{-19}}}$=0.06m=6.0cm
（2）如答图1所示，带电粒子轨迹与MN相切时，恰好飞出磁场，此时粒子运动半径R1=d，
设恰能飞出磁场边界MN的带电粒子在电场中运动时CD两板间的电压为U1，从从小孔O2进入磁场时的速度为v1，根据牛顿第二定律与动能定理有$q{v_1}B=m\frac{v_1^2}{R_1}$
$q{U_1}=\frac{1}{2}mv_1^2$…
解得U1=25V
由于粒子带正电，因此只有在C板电势高于D板（uCD为正值）时才能被加速进入磁场，根据图象可得UCD=25V的对应时刻分别为${t_1}=0.50×{10^{-2}}s$
${t_2}=1.5×{10^{-2}}s$
则粒子在0到4.0×10-2s内飞出磁场边界的飘入时间范围为0.50×10-2s～1.5×10-2s
（3）设粒子在磁场中运动的最大速度为vm，对应的运动半径为Rm，粒子运动轨迹如答图2所示，依据动能定理和牛顿第二定律有
$q{U_m}=\frac{1}{2}mv_m^2$
$q{v_m}B=m\frac{v_m^2}{R_m}$
粒子飞出磁场边界时相对小孔向左偏移的最小距离x1=Rm-$\sqrt{{R}_{m}^{2}-{d}^{2}}$
粒子射出磁场区域的最左端是粒子运动轨迹与MN相切处，即粒子向左偏移距离x2=d
则磁场边界MN有粒子射出的长度范围△x=x2-x1=d-x1
联立解得△x=0.059m=5.9cm
答：（1）在C、D两板间电压U0=9.0V时飘入小孔O1的带电粒子进入磁场后的运动半径6.0cm；
（2）从t=0到t=4.0×10-2s时间内飘入小孔O1的粒子能飞出磁场边界MN的飘入时间范围0.50×10-2s～1.5×10-2s；
（3）磁场边界MN上有粒子射出的范围的长度5.9cm．
点评 本题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．
阅读快车系列答案
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| C． | 小车的速度越大，θ越大 | D． | 小车的加速度越大，θ越大 |
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| B． | 在刚剪断轻绳的瞬间，c的加速度大小为2g | |
| C． | 剪断轻绳后，a、b下落过程中，两者一直保持相对静止 | |
| D． | 剪断轻绳后，a、b下落过程中加速度相等的瞬间，两者之间的轻弹簧一定处于原长状态 |
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