Question

10．如圖所示，虛線MN為勻強電場和勻強磁場的分界線，勻強電場場強大小為E方向豎直向下且與邊界MN成θ=45°角，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向外，在電場中有一點P，P點到邊界MN的豎直距離為d．現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P處由靜止釋放（不計粒子所受重力，電場和磁場范圍足夠大）．求：
（1）粒子第一次進入磁場時的速度大��；
（2）粒子第一次出磁場處到第二次進磁場處的距離；
（3）若粒子第一次進入磁場后的某時刻，磁感應(yīng)強度大小突然變?yōu)锽'，但方向不變，此后粒子恰好被束縛在該磁場中，則B'的最小值為多少？

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場力的作用下做勻加速直線運動，由動能定理就能求出粒子加速d后進入磁場的速度．
（2）由運動的對稱性：帶電粒子豎直向下進入磁場，當(dāng)?shù)谝淮坞x開磁場時應(yīng)該是水平向右，那么在磁場中做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律就能求出離開磁場到再次進入磁場時沿邊界線的距離．
（3）由題意可知，當(dāng)粒子運動到F點處改變磁感應(yīng)強度的大小時，粒子運動的半徑又最大值，即B'最小，則該點位置應(yīng)該離開邊界的距離遠，由此可以求得心跡改變磁場后帶電粒子做勻速圓周運動的半徑，再由洛侖茲力提供向心力從而求出改變之后的磁感應(yīng)強度最小值的大�。�

解答 解：（1）設(shè)粒子第一次進入磁場時的速度大小為v，由動能定理可得  $qEd=\frac{1}{2}m{v^2}$
   解得$v=\sqrt{\frac{2qEd}{m}}$
（2）粒子在電場和磁場中的運動軌跡如圖所示，粒子第一次出磁場到第二次進磁場，兩點間距為x_CA
  由類平拋規(guī)律   x=vt，$y=\frac{1}{2}\frac{Eq}{m}{t^2}$
  由幾何知識可得x=y，解得$t=\sqrt{\frac{2md}{Eq}}$
  兩點間的距離為${x_{CA}}=\sqrt{2}vt$
  代入數(shù)據(jù)可得${x_{CA}}=4\sqrt{2}d$ 
（3）由$qvB=\frac{{m{v^2}}}{R}$可得$R=\frac{mv}{qB}$，即$R=\frac{1}{B}\sqrt{\frac{2mEd}{q}}$
  由題意可知，當(dāng)粒子運動到F點處改變磁感應(yīng)強度的大小時，粒子運動的半徑又最大值，即B'最小，粒子的運動軌跡如圖中的虛線圓所示．
  設(shè)此后粒子做圓周運動的軌跡半徑為r，則有幾何關(guān)系可知：2r=R+Rcos45°    從而有：$r=\frac{{2+\sqrt{2}}}{4}R$
  又因為B′qv=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，所以$B'=\frac{mv}{qr}$，
  代入數(shù)據(jù)可得$B'=2（{2-\sqrt{2}}）B$
答：（1）粒子第一次進入磁場時的速度大小為$\sqrt{\frac{2qEd}{m}}$．
（2）粒子第一次出磁場處到第二次進磁場處的距離為4$\sqrt{2}d$．
（3）若粒子第一次進入磁場后的某時刻，磁感應(yīng)強度大小突然變?yōu)锽'，但方向不變，此后粒子恰好被束縛在該磁場中，則B'的最小值為2（2-$\sqrt{2}$）B．

點評 本題有兩個靚點：一是帶電粒子的運動過程有三個特征，先做勻加速直線運動，后做勻速圓周運動，再做類平拋運動，本題第二問求的是第三過程的合位移．二是帶電粒子第一次進入磁場的某時刻突然改變磁感應(yīng)強度大小，讓粒子恰恰被束縛在磁場區(qū)域內(nèi)，先確定改變磁感應(yīng)強度大小位置，從而確定改變之后粒子做勻速圓周運動的半徑，再由洛侖茲力提供向心力從而求出磁感應(yīng)強度的最小值．