（2014•台州一模）一半径R=0.3m的金属圆筒有一圈细窄缝，形状如图所示．圆筒右侧与一个垂直纸面向里的有界匀强磁场相
（2014•台州一模）一半径R=0.3m的金属圆筒有一圈细窄缝，形状如图所示．圆筒右侧与一个垂直纸面向里的有界匀强磁场相切于O′，圆筒接地，圆心O处接正极，正极与圆筒之间的电场类似于正点电荷的电场，正极与圆筒之间电势差U可调．正极附近放有一粒子源S（S与正极O间距离忽略不计）能沿纸面向四周释放比荷[q/m]=2×l05C/kg的粒子（粒子的初速、重力均不计）．带电粒子经电场加速后从缝中射出进入磁场，已知磁场宽度为d=0.2m，磁感强度为B=0.25T．（1）当U=l000V时，求垂直磁场右边界射出的粒子从左边界射入时与边界的夹角的大小；
（2）当U=250V时，某一粒子在磁场中运动的时间最短，求此粒子飞出磁场时与右边界的夹角大小；
（3）某同学猜想：只要电势差U在合适的范围内变化，总有粒子从S发出经过磁场后又回到S处．你若同意该猜想，请求出U的合适范围；你若不同意该猜想，请说明理由．
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解题思路：（1）由动能定理求出粒子进入磁场时的速度，由牛顿第二定律求出粒子在磁场中的轨道半径，然后由几何知识求出夹角．
（2）粒子在电场中加速利用动能定理列式求解；同一个圆中，弦长越短对应弧长就越短，所用时间也就越短；找出最短弦长，画出轨迹，利用几何关系可解偏转角．
（3）粒子射入磁场后与右边界相切时粒子经过磁场后又回到O处的半径最大，即进入磁场的速度最大，利用几何关系和牛顿第二定律列式求解即可．
（2）粒子在电场中加速利用动能定理列式求解；同一个圆中，弦长越短对应弧长就越短，所用时间也就越短；找出最短弦长，画出轨迹，利用几何关系可解偏转角．
（3）粒子射入磁场后与右边界相切时粒子经过磁场后又回到O处的半径最大，即进入磁场的速度最大，利用几何关系和牛顿第二定律列式求解即可．
（1）粒子在电场中加速，由动能定理得：
qU=[1/2]mv02-0，代入数据解得：v0=2×104m/s，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qv0B=m
v20
R，代入数据解得：R=0.4m，
垂直磁场右边界射出的粒子在磁场中的运动轨迹如图所示：
由几何知识可得：cosθ=[d/R]=[0.2m/0.4m]=[1/2]，则：θ=60°；
（2）U=250V，粒子在电场加速，
由动能定律得：qU=[1/2]mv2-0，解得：v=1×104m/s，①
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qvB=m
v2
r ②
由①②解得：r=0.2m ③
粒子运动做圆周运动时对应的弦长越短，
转过的圆心角越小，粒子运动时间越短，
粒子对应的最小弦长是磁场的宽度d，
粒子运动轨迹如图所示：
由于粒子轨道半径：r=d=0.2m，粒子转过的圆心角为60°，
由几何关系得粒子飞出磁场时与右边界的夹角大小：α=60°；
（3）粒子射入磁场后与右边界相切时，正极与圆筒之间电势差最大Um，由几何关系得
rmcosθ+rm=d ⑤
rmsinθtanθ=R ⑥
⑤⑥联立得：cosθ=0.4，rm=[1/7]m，
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：qvmB=m
v2m
rm，
解得：vm=[5/7]×104m/s，
粒子在电场中加速，由动能定理得：
qUm=[1/2]mvm2-0，解得：Um≈127.6V；
电势差U合适的范围：0＜U≤127.6V
答：（1）当U=l000V时，垂直磁场右边界射出的粒子从左边界射入时与边界的夹角的大小为60°，斜向右下方；
（2）当U=250V时，某一粒子在磁场中运动的时间最短，此粒子飞出磁场时与右边界的夹角大小60°；
（3）电势差U合适的范围是0＜U≤127.6V．
点评：
本题考点： 带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．
考点点评： 解决本题的关键画出粒子运动的轨迹图，理清粒子在整个过程中的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
1年前
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