Question

14．如圖所示，邊長為L的正方形PQMN區(qū)域內(nèi)（含邊界）有垂直于紙面向外的勻強磁場，左側(cè)有水平向右的勻強電場，場強大小為E．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從O點由靜止開始釋放，OPQ三點在同一水平直線上，OP=L，帶電粒子恰好從M點離開磁場，不計帶電粒子重力，求：
（1）粒子從O點運動到M點經(jīng)歷的時間；
（2）若磁場磁感應(yīng)強度可調(diào)節(jié)（不考慮磁場變化產(chǎn)生的電磁感應(yīng)），帶電粒子從邊界NM上的O′點離開磁場，O′與N點距離為$\frac{L}{3}$，求磁場磁感應(yīng)強度的可能數(shù)值．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場中做加速運動，在磁場中做運動圓周運動，根據(jù)動能定理及向心力公式列式，聯(lián)立方程即可求解B，根據(jù)勻加速直線運動位移時間公式求出粒子在電場中運動的時間，根據(jù)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期公式求出在磁場中運動的時間，兩者之和即為總時間；
（2）設(shè)出粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑，根據(jù)半徑與L的關(guān)系并結(jié)合幾何關(guān)系求出半徑，再根據(jù)向心力公式求出磁場強度．

解答 解：（1）設(shè)粒子運動到P點時速度大小為v，
由動能定理得：$qEL=\frac{1}{2}m{v^2}$，
粒子在云強磁場中做勻速圓周運動，半徑r=L，
由牛頓第二定律得：$qvB=m\frac{v^2}{r}$，
解得：$B=\sqrt{\frac{2mE}{qL}}$；
設(shè)粒子在勻強電場中運動時間為t₁，有：$L=\frac{qE}{2m}t_1^2$，${t_1}=\sqrt{\frac{2mL}{qE}}$，
粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動周期：$T=\frac{2πm}{qB}$，
運動時間為：${t_2}=\frac{1}{4}T$，
解得：${t_2}=\frac{π}{2}\sqrt{\frac{mL}{2qE}}$，
粒子從O點運動到M經(jīng)歷的時間：$t={t_1}+{t_2}=\frac{4+π}{4}\sqrt{\frac{2mL}{qE}}$；
（2）若粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動半徑為r₁，且r₁＜L＜2r₁
由幾何關(guān)系得：${（L-{r_1}）^2}+{（\frac{L}{3}）^2}=r_1^2$，
解得：${r_1}=\frac{5}{9}L$，
由牛頓第二定律得：$qv{B_1}=m\frac{v^2}{r_1}$，
解得：${B_1}=\frac{9}{5}\sqrt{\frac{2mE}{qL}}$，
若2r₂＜L＜4r₂，${（3{r_2}-L）^2}+{（\frac{L}{3}）^2}=r_2^2$，
解得：${r_2}^′=\frac{L}{3}$${B_2}^′=3\sqrt{\frac{2mE}{qL}}$，
r₂″=$\frac{5L}{12}$，
B₂″=$\frac{12}{5}$$\sqrt{\frac{2mE}{qL}}$，
磁場磁感應(yīng)強度的可能數(shù)值為：
${B_1}=\frac{9}{5}\sqrt{\frac{2mE}{qL}}$${B_2}^′=3\sqrt{\frac{2mE}{qL}}$，
B₂″=$\frac{12}{5}$$\sqrt{\frac{2mE}{qL}}$；
答：（1）粒子從O點運動到M點經(jīng)歷的時間為$\frac{4+π}{4}$$\sqrt{\frac{2mL}{qE}}$；
（2）磁場磁感應(yīng)強度的可能數(shù)值為：$\frac{9}{5}$$\sqrt{\frac{2mE}{qL}}$、3$\sqrt{\frac{2mE}{qL}}$、$\frac{12}{5}$$\sqrt{\frac{2mE}{qL}}$．

點評 本題是帶電粒子在組合場中運動的問題，知道帶電粒子在電場中做勻加速運動，在磁場中做勻速圓周運動，并能結(jié)合幾何關(guān)系求解，難度適中．