Question

15．如圖甲所示，有一磁感應強度大小為B、垂直紙面向外的勻強磁場，磁場邊界OP與水平方向夾角為θ=45°，緊靠磁場邊界放置長為6d、間距為d的平行金屬板M、N，M板與磁場邊界的交點為P，磁場邊界上的O點與N板在同一水平面上．在兩板間存在如圖乙所示的交變電場（取豎直向下為正方向），其周期T=$\frac{4d}{{v}_{0}}$，E₀=$\frac{B{v}_{0}}{6}$．某時刻從O點豎直向上以初速度v₀發(fā)射一個電量為+q的粒子，結果粒子恰在圖乙中的t=$\frac{T}{4}$時刻從P點水平進入板間電場，最后從電場中的右邊界射出．不計粒子重力．求：

（1）粒子的質量m；
（2）粒子從O點進入磁場到射出電場運動的總時間t；
（3）粒子從電場中射出點到M點的距離．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關系求出軌跡半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出粒子質量；
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，在電場中做類平拋運動，分別求出粒子在磁場和電場中運動的時間，即可得出粒子從O點進入磁場到射出電場運動的總時間t；
（3）根據(jù)運動學公式求出粒子在豎直方向上的位移即可；

解答 解：（1）粒子在磁場中運動運動軌跡如圖，

軌跡半徑r=d①
由牛頓第二定律得
$q{v}_{0}^{\;}B=m\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$②
解得：$m=\frac{qBd}{{v}_{0}^{\;}}$
（2）粒子在磁場中運動的周期${T}_{0}^{\;}=\frac{2πm}{qB}$③
在磁場運動的時間${t}_{1}^{\;}=\frac{{T}_{0}^{\;}}{4}$④
粒子在電場中做曲線運動，在與極板平行方向上的分運動為勻速直線運動
運動時間${t}_{2}^{\;}=\frac{6d}{{v}_{0}^{\;}}$⑤
從O點到離開電場的總時間$t={t}_{1}^{\;}+{t}_{2}^{\;}$⑥
解得：$t=\frac{πd}{2{v}_{0}^{\;}}+\frac{6d}{{v}_{0}^{\;}}=\frac{（π+12）}{2{v}_{0}^{\;}}d$
（3）粒子在電場中運動時間${T}_{2}^{\;}=\frac{6d}{{v}_{0}^{\;}}=\frac{3}{2}T$
當粒子從時刻$t=\frac{T}{4}$自P點進入電場后，在豎直方向上運動一個周期T的位移為0，速度圖象如圖所示

故粒子在$\frac{3}{2}T$內運動的豎直位移$y=2×\frac{1}{2}a（\frac{T}{4}）_{\;}^{2}$
$a=\frac{q{E}_{0}^{\;}}{md}$
解得$y=\fracy49l1v0{6}$
答：（1）粒子的質量m為$\frac{qBd}{{v}_{0}^{\;}}$；
（2）粒子從O點進入磁場到射出電場運動的總時間t為$\frac{（π+12）}{2{v}_{0}^{\;}}d$；
（3）粒子從電場中射出點到M點的距離$\fracfzx9a9x{6}$．

點評 本題考查了帶電粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是正確解題的關鍵，應用牛頓第二定律、粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期公式、牛頓第二定律、運動學公式即可正確解題．