Question

16．如圖所示，坐標空間中有場強為E=$\frac{{m{v_0}^2}}{qL}$的勻強電場和磁感應強度為B的勻強磁場，x中為兩種場的分界面，圖中虛線為磁場區(qū)域的上邊界，現(xiàn)有一束質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子從電場中坐標位置（O，-L）處，以初速度V₀沿y軸正方向開始運動，不計粒子重力，已知量為：m、q、V₀、B、L，求：
（1）帶電粒子第一次運動到x軸時的速度大小和方向．
（2）要使帶電粒子能穿越磁場區(qū)域而不再返回到電場中磁場的寬度d最大為多少？
（3）在粒子第一次運動到x軸處設置一個速度散射器C，散射器C不改變粒子速度大小，可使粒子速度方向變成任意方向，對于進入該磁場中的粒子，只考慮在紙面內(nèi)的各種入射方向，若磁場寬度為D=$\frac{{\sqrt{2}}}{Bq}m{v_0}$，有一些粒子能從磁場上邊界飛出，求其穿越磁場的最短時間．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)沿y軸方向做勻速直線運動求出在電場中的運動時間，結(jié)合速度時間公式和牛頓第二定律求出沿x軸方向上的分速度，通過平行四邊形定則求出速度的大小和方向．
（2）根據(jù)半徑公式求出粒子在磁場中運動的軌道半徑，抓住臨界情況，結(jié)合幾何關系求出d的最大值；
（3）在磁場中根據(jù)洛倫茲力提供向心力，列式取出半徑，畫出軌跡圓弧，根據(jù)幾何關系求出圓弧所對應的圓心角，從而求出對應的最短時間．

解答 解：（1）粒子在電場中運動的時間為：t=$\frac{L}{{v}_{0}}$，
第一次運動到x軸水平方向上的分速度為：${v}_{x}=\frac{qE}{m}t$=$\frac{{v}_{0}^{2}}{L}•\frac{L}{{v}_{0}}$=v₀，
根據(jù)平行四邊形定則得：v=$\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{0}^{2}}=\sqrt{2}{v}_{0}$
方向與x軸成45度角；
（2）粒子在磁場中運動的半徑為：r=$\frac{mv}{qB}=\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qB}$，
根據(jù)幾何關系知：d=r+rsin45°=$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qB}$（1$+\frac{\sqrt{2}}{2}$）
（3）粒子在磁場中圓周運動的時間t=$\frac{θ}{2π}T$，要使粒子運動時間最短，是可知，對應圓周角θ最小，由幾何關系作出粒子的運動軌跡如圖所示

根據(jù)洛倫茲力提供圓周運動向心力，有：$q{v}_{0}B=m\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
可得粒子圓周運動的半徑為：R=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$，粒子運動的周期為：T=$\frac{2πR}{{v}_{0}}=\frac{2π\(zhòng)frac{m{v}_{0}}{qB}}{{v}_{0}}=\frac{2πm}{qB}$
如圖，粒子在磁場中運動的時間最短，對應幾何關系有：d=Rsin$\frac{θ}{2}$
代入$d=\frac{\sqrt{2}}{qB}m{v}_{0}$可解得：$θ=\frac{π}{2}$
所以粒子在磁場中運動的最短時間為：${t}_{min}=\frac{θ}{2π}T=\frac{\frac{π}{2}}{2π}•\frac{2πm}{qB}$=$\frac{πm}{2qB}$
答：（1）帶電粒子第一次運動到x軸時的速度大小為$\sqrt{2}{v}_{0}$和方向與水平方向成45°角；
（2）要使帶電粒子能穿越磁場區(qū)域而不再返回到電場中磁場的寬度d最大為$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qB}$（1$+\frac{\sqrt{2}}{2}$）；
（3）穿越磁場的最短時間為$\frac{πm}{2qB}$．

點評 本題考查了帶電粒子在電場和磁場中的運動，掌握處理類平拋運動的方法，以及掌握粒子在磁場中運動的半徑公式，結(jié)合幾何關系進行求解．