Question

18．如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立Oxy直角坐標(biāo)系，在x=-$\sqrt{2}$d處有垂直于x軸足夠大的彈性絕緣擋板，y軸左側(cè)和擋板之間存在一勻強電場，電場與x軸負(fù)方向夾角θ=45°，y軸右側(cè)有一個有界勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B．在M（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$d、0）處有一個質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子，以某一初速度沿場強方向運動．當(dāng)它打到絕緣板上N點時，粒子沿y軸方向的速度不變，x軸方向速度大小不變、方向反向，一段時間后，以$\sqrt{2}$v的速度垂直于y軸進入磁場，恰好不從磁場右邊界飛出．粒子的重力不計．
（1）求磁場的寬度L；
（2）求勻強電場的場強大小E；
（3）若另一個同樣的粒子以速度v從M點沿場強方向運動，經(jīng)時間t第一次從磁場邊界上P點出來，求時間t．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力和臨界條件，由幾何知識求得圓周運動的半徑，即可聯(lián)立方程求解L的大�。�
（2）由動能定理即可求出電場強度的大��；
（3）先根據(jù)運動學(xué)的公式求出粒子在電場中運動的時間，然后由幾何公式t=$\frac{θ}{2π}$T求出圓周運動的時間，進而求得運動的兩階段的總時間．

解答 解：（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：$\sqrt{2}qvB=\frac{m（\sqrt{2}v）^{2}}{R}$
解得：$R=\frac{\sqrt{2}mv}{qB}$    
粒子剛好不離開磁場的條件為：L=R，即：$L=\frac{\sqrt{2}mv}{qB}$
（2）如圖，設(shè)粒子從A點進入磁場，將其從N點到A點的運動分別沿著電場線和垂直電場線方向分解，粒子在這兩個方向上通過的距離分別為h和l，在A點的沿這兩個方向的速度大小均為v．

沿電場線方向有：$h=\frac{1}{2}×\frac{qE}{m}•{t}^{2}=\frac{vt}{2}$ 
垂直于電場線方向有：l=vt
由幾何關(guān)系有：l+h=2d 
以上各式聯(lián)立得：$E=\frac{3m{v}^{2}}{4qd}$
（3）粒子從M點沿電場線方向向前運動的距離為s
由v²=2as 得：$s=\frac{{v}^{2}}{2•\frac{qE}{m}}=\frac{2}{3}d＜d$
說明粒子不能打到絕緣板上就要返回，運動過程如圖

從P點進入磁場時的速率為v′，由v′²-v²=2ad
解得：$v′=\frac{\sqrt{10}}{2}v$
粒子在電場中往返運動的時間為：${t}_{1}=\frac{v+v′}{a}=\frac{（4+2\sqrt{10}）d}{3v}$
粒子在磁場做圓周運動的半徑：$R′=\frac{mv′}{qB}=\frac{\sqrt{10}mv}{2qB}$
因為R′（1-cos45°）＜L，所以粒子不會從磁場右邊界射出．
粒子在磁場中做圓周運動的周期：$T=\frac{2πm}{qB}$
在磁場中運動的時間為：${t}_{2}=\frac{T}{4}=\frac{πm}{2qB}$
粒子從M點射出到第一次從磁場中出來所經(jīng)過的時間為
t=t₁+t₂=$\frac{（4+2\sqrt{10}）d}{3v}+\frac{πm}{2qB}$
答：（1）磁場的寬度$\frac{\sqrt{2}mv}{qB}$；
（2）勻強電場的場強大小是$\frac{3m{v}^{2}}{4qd}$；
（3）時間是$\frac{（4+2\sqrt{10}）d}{3v}+\frac{πm}{2qB}$．

點評 該題考查帶電粒子在磁場中和電場中的運動，解答的關(guān)鍵是明確粒子的運動規(guī)律，畫出運動軌跡，然后結(jié)合圖象中的幾何關(guān)系，確定軌跡的圓心與半徑，然后結(jié)合牛頓第二定律即可求解．