（2014•绍兴一模）如图甲所示，水平放置的平行金属板MN间距0.1m；在金属板右侧有一半径R=0.1m的圆形边界，区域
（2014•绍兴一模）如图甲所示，水平放置的平行金属板MN间距0.1m；在金属板右侧有一半径R=0.1m的圆形边界，区域内有磁感应强度B=0.05T，方向垂直纸面向里的匀强磁场；足够大的荧光屏竖直放置，恰与圆周相切，三部分装置的对称轴重合，在极板MN上如图乙所示的交变电压，在t=0时刻有一个比荷[q/m]=1.0×108C/kg的带正电粒子从M板下边缘左端水平射入，初速度v0=1.0×106m/s，经过一个周期T后正好从N板上边缘右端水平射出，粒子在磁场运动过程中速度方向偏转了60°，最终打在荧光屏上，不计粒子重力，不考虑电场的边缘效应，求：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r；
（2）粒子打在荧光屏上的位置（离对称轴的距离）
（3）仅改变加在极板MN上的电压值至U′，可使得t=0进入的粒子从O点水平射入磁场，求改变后的电压值U′（与U0的大小关系）；
（4）若使圆形磁场绕着O点在纸平面内逆时针转动某个角度，从O点水平进入磁场的粒子将要在荧光屏上的最高位置，求圆形磁场（对称轴）需转过的角度及该情况下的光点位置．
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解题思路：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解；（2）先画出运动轨迹，结合几何关系分析即可；（3）粒子在电场中做类似平抛运动，根据分运动公式列式求解即可；（4）旋转磁场后，粒子的运动轨迹的初始部分相同，只是轨迹的长度增加了，当初末位置的连线为直径时，将打在荧光屏上的最高位置．
（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：qBv0=m
v20
r
解得：r=
mv0
qB＝
1.0×106
1.0×108×0.05=0.2m
（2）粒子在圆行有界磁场中运动时，由入射点、出射点和圆心组成的三角形为等腰三角形，速度方向偏转60°时，它们构成一个等边三角形，所对的弦恰好过圆形区域的圆心．由图可知粒子打在荧光屏上的坐标y=y1+y2，其中y1=Rsin30°，y2=R（1-cos30°）tan60°
代入得到：y=（
3-1）×0.1=0.073m
（3）粒子在前半周期做类似平抛运动，后半周期做（逆向）类似平抛运动，且具有对称性，前后两次在第一个[T/2]内的侧移量：[y/y′＝2；
根据y=
1
2at2＝
1
2•
qU
md•(
T
2)2，
得：
y
y′＝
U
U′]；
有：U′＝
U0
2
（4）旋转磁场后，粒子的运动轨迹的初始部分相同，只是轨迹的长度增加了，当初末位置的连线为直径时，将打在荧光屏上的最高位置，也就为第（2）问的情况；故磁场区域旋转的角度为30°；
粒子打在荧光屏上的坐标为：y′=2y1+y2，其中y1=Rsin30°，y2=R（1-cos30°）tan60°
代入得到：y=（
3-[1/2]）×0.1=0.1232m
答：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r为0.2m；
（2）粒子打在荧光屏上的位置（离对称轴的距离）
（3）改变后的电压值U′＝
U0
2；
（4）圆形磁场（对称轴）需转过的角度为30°，该情况下的光点位置坐标为0.1232m．
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： 本题关键是明确粒子的运动规律，画出运动的轨迹，然后根据类平抛运动的分运动公式、牛顿第二定律并结合几何关系列式求解，不难．
1年前
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