Question

如图所示，在平面直角坐标系xoy第一象限内分布有垂直xoy向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.5×10-2T．在

如图所示，在平面直角坐标系xoy第一象限内分布有垂直xoy向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=2.5×10-2T．在第二象限紧贴y轴并垂直y轴放置一对平行金属板MN，极板间距d=0.4m，MN中心轴线离x轴0.3m．极板与左侧电路相连接，通过移动滑动头P可以改变极板MN间的电压．a、b为滑动变阻器的最下端和最上端（滑动变阻器的阻值分布均匀），a、b两端所加电压U=1×102V．在MN中心轴线上距y轴距离为L=0.4m处，有一粒子源S沿x轴正方向连续射出比荷为qm=4.0×106C/kg，速度为v0=2.0×104m/s带正电的粒子，粒子经过y轴进入磁场，经过磁场偏转后射出磁场而被收集（忽略粒子的重力和粒子之间的相互作用）．（1）当滑动头P在a端时，求粒子在磁场中做圆周运动的半径R0；（2）当滑动头P在ab正中间时，求粒子射入磁场时速度的大小；（3）滑动头P的位置不同则粒子在磁场中运动的时间也不同，求粒子在磁场中运动的最长时间．

Answer 1

（1）当滑动头P在a端时，粒子在磁场中运动的速度大小为v₀，根据牛顿第二定律有：
qv₀B=m

v02

R0

 
代入数据得：R₀=0.2m
（2）当滑动头P在ab正中间时，极板间电压为：U′=

1

2

U
粒子在电场中做类平抛运动，设粒子射入磁场时沿y轴方向的分速度为v_y：
q

U′

d

=ma
v_y=at
L=v₀t
粒子射入磁场时速度的大小为：v=

v02+vy2

解代入数据得：v=

13 3

×10⁴m/s（或v=2.1×10⁴m/s）
（3）设粒子射出极板时速度的大小为v，偏向角为α，在磁场中圆周运动半径为R．根据速度平行四边形可得：
v=

v0

cosα

又：qvB=m

v2

R

可得：R=

R0

cosα

粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图，圆心为O'，与x轴交点为D，
设∠O'DO=β，
根据几何关系：

d

2

+

L

2

tanα=Rcosα+Rsinβ
又：

d

2

=

L

2

=R₀
可解得：sinα=sinβ
得：β=α
粒子在磁场中运动的周期为T：
T=

2πm

qB

则粒子在磁场中运动的时间：
t=

π 2 +2α

2π

=

m(π+4α)

2qB

由此可知当粒子射入磁场时速度偏转角越大则粒子在磁场中运动的时间就越大，
假设极板间电压为最大值U时粒子能射出电场，
则此粒子在磁场中运动的时间最长．
由（2）问规律可知当滑动头P在b端时，粒子射入磁场时沿y方向的分速度：
v_ym=

2 3

3

×10⁴m/s
y方向偏距：y_m=

vym

2

?

L

v0

代入数据得：y_m=

3

15

m＜0.2m
说明粒子可以射出极板．
此时粒子速度偏转角最大，
设为α_m：tanα_m=

vym

v0

=

3

3

得：α_m=

π

6

故粒子在磁场中运动的最长时间：
t_m=

m(π+4αm)

2qB

得：t_m=

5πm

6qB

代入数值得：t_m=

π

12

×10^-4s（或t_m=2.6×10^-5s）
答：（1）粒子在磁场中做圆周运动的半径为0.2m．
（2）当滑动头P在ab正中间时，粒子射入磁场时速度的大小2.1×10⁴m/s；
（3）粒子在磁场中运动的最长时间为

π

12

×10^-4s．