Question

如圖甲所示，在真空中，有一邊長(zhǎng)為a的正方形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外．在磁場(chǎng)右側(cè)有一對(duì)平行金屬板M和N，兩板間距及板長(zhǎng)均為b，板間的中心線O₁O₂與正方形的中心O在同一直線上．有一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子以速度v₀從正方形的底邊中點(diǎn)P沿PO方向進(jìn)入磁場(chǎng)，從正方形右側(cè)O₁點(diǎn)水平飛出磁場(chǎng)時(shí)，立即給M、N兩板加上如圖乙所示的交變電壓，最后粒子剛好以平行于M板的速度從M板的邊緣飛出．（不計(jì)粒子所受到的重力、兩板正對(duì)面之間為勻強(qiáng)電場(chǎng)，邊緣電場(chǎng)不計(jì)） 
（1）求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B．
（2）求交變電壓的周期T和電壓U₀的表達(dá)式（用題目中的已知量）．
（3）若在M、N兩板加上如圖乙所示的交變電壓經(jīng)過(guò)T/4后，該粒子剛好從O₁點(diǎn)水平飛入M、N兩板間，最終從O₂點(diǎn)水平射出，且粒子在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間正好等于T，求粒子在兩板間運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，離M板的最小距離．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)粒子在磁場(chǎng)中受到洛倫茲力作用下，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律，即可求解；
（2）粒子進(jìn)入電場(chǎng)后在電場(chǎng)力作用下，做類平拋運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)分解，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，從而求得交變電壓的周期T和電壓U₀的表達(dá)式；
（3）當(dāng)MN板加上電壓后

3T

4

時(shí)，粒子距離M板最近．根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)位移公式，即可求解．

解答：解：
（1）粒子自a點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，從O₁點(diǎn)水平飛出磁場(chǎng)，則其運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為

a

2

．
由牛頓第二定律，則有：qv₀B=m 

2υ02

a

，
解得：B=

2mυ0

qa

．   
（2）粒子自O(shè)₁點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)后恰好從M板的邊緣平行極板飛出，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，
根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有：
b=v₀t

b

2

=2n?

U0q

2mb

（

T

2

）²
又t=nT （n=1，2，3…）  
解得：T=

b

nυ0

（n=1，2，3…）     
U₀=

2nmυ02

q

（n=1，2，3…）．    
（3）當(dāng)MN板加上電壓后

3T

4

時(shí)，粒子距離M板最近．  
d=

b

2

-2×

1

2

U0q

mb

(

b

4υ0

)2=

b

2

-

U0qb

16m υ 2 0

答：（1）求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=

2mυ0

qa

．．
（2）求交變電壓的周期T=

b

nυ0

（n=1，2，3…）和電壓U₀的表達(dá)式U₀=

2nmυ02

q

（n=1，2，3…）．    
（3）若在M、N兩板加上如圖乙所示的交變電壓經(jīng)過(guò)T/4后，該粒子剛好從O₁點(diǎn)水平飛入M、N兩板間，最終從O₂點(diǎn)水平射出，且粒子在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)間正好等于T，則粒子在兩板間運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，離M板的最小距離為

b

2

-

U0qb

16m υ 2 0

．

點(diǎn)評(píng)：考查粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)與在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，處理的常規(guī)方法，體現(xiàn)牛頓第二定律與類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，注意做平拋運(yùn)動(dòng)過(guò)程中垂直速度方向的周期性．