Question

（2012?開封二模）如圖所示，相距為R的兩塊平行金屬板M、N正對著放置，s₁、s₂分別為M、N板上的小孔，s₁、s₂、O三點共線，它們的連線垂直M、N，且s₂O=R．以O為圓心、R為半徑的圓形區域內存在磁感應強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場．D為收集板，板上各點到O點的距離以及板兩端點的距離都為2R，板兩端點的連線垂直M、N板．質量為m、帶電量為+q的粒子，經s₁進入M、N間的電場后，通過s₂進入磁場．粒子在s₁處的速度和粒子所受的重力均不計．
（1）當M、N間的電壓為U時，求粒子進入磁場時速度的大小υ；
（2）若粒子恰好打在收集板D的中點上，求M、N間的電壓值U₀；
（3）當M、N間的電壓不同時，粒子從s₁到打在D上經歷的時間t會不同，求t的最小值．

Answer 1

分析：（1）粒子從s₁到達s₂的過程中，電場力做功W=qU，根據動能定理求出粒子進入磁場時速度的大小υ．
（2）粒子進入磁場后在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，粒子恰好打在收集板D的中點上時，在磁場中運動

1

4

圓弧，軌跡半徑等于R，根據牛頓第二定律和動能定理求解M、N間的電壓．
（3）粒子從s₁到打在D上經歷的時間t等于在電場中運動時間、磁場中運動時間和穿出磁場后勻速直線運動的時間之和．M、N間的電壓越大，粒子進入磁場時的速度越大，在極板間經歷的時間越短，同時在磁場中運動軌跡的半徑越大，在磁場中粒子磁場偏轉角度越小，運動的時間也會越短，出磁場后勻速運動的時間也越短，故當粒子打在收集板D的右端時，對應時間t最短．根據幾何知識求出打在D的右端時軌跡半徑，根據前面的結果求出粒子進入磁場時的速度大小，運用運動學公式求出三段時間．

解答：解：（1）粒子從s₁到達s₂的過程中，根據動能定理得qU=

1

2

mv2①
      解得   v=

2qU m

   （2）粒子進入磁場后在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有qvB=m

v2

r

②
由①②得加速電壓U與軌跡半徑r的關系為  U=

qB2r2

2m

當粒子打在收集板D的中點時，粒子在磁場中運動的半徑r₀=R
對應電壓               U0=

qB2R2

2m

   （3）M、N間的電壓越大，粒子進入磁場時的速度越大，粒子在極板間經歷的時間越短，同時在磁場中運動軌跡的半徑越大，在磁場中運動的時間也會越短，出磁場后勻速運動的時間也越短，所以當粒子打在收集板D的右端時，對應時間t最短．
   根據幾何關系可以求得粒子在磁場中運動的半徑r=

3

R              
   由 ②得粒子進入磁場時速度的大小：v=

qBr

m

   粒子在電場中經歷的時間：t1=

R

v 2

=

2 3 m

3qB

   粒子在磁場中經歷的時間：t2=

3 R? π 3

v

=

πm

3qB

  粒子出磁場后做勻速直線運動經歷的時間：t3=

R

v

=

3 m

3qB

  粒子從s₁到打在收集板D上經歷的最短時間為：t=t₁+t₂+t₃=

(3 3 +π)m

3qB

答：（1）當M、N間的電壓為U時，粒子進入磁場時速度的大小v=

2qU m

；
    （2）若粒子恰好打在收集板D的中點上，求M、N間的電壓值U0=

qB2R2

2m

；
    （3）粒子從s₁到打在D上經歷的時間t的最小值為

(3 3 +π)m

3qB

．

點評：本題考查分析和處理粒子在磁場中運動的軌跡問題，難點在于分析時間的最小值，也可以運用極限分析法分析．