6.如圖,一方形區(qū)域abcd,邊長為L,處于一正交的勻強電場和勻強磁場中,磁場方向垂直于abcd平面向里,有一放射源可向紙面內(nèi)各方向發(fā)射質(zhì)量都是m,電荷量都是q,速度大小都為v的正電粒子,其中沿某方向發(fā)射的粒子,進入場區(qū)后恰能沿直線運動,不發(fā)生偏轉(zhuǎn).現(xiàn)撤去磁場,將放射源置于a點,則從bc邊中點射出的粒子速度大小為$\sqrt{3}$v,從cd邊中點射出的粒子速度大小為$\sqrt{5}$v,(不考慮粒子的重力和粒子間相互作用力)求:
(1)勻強電場的大小和方向.
(2)若撤去磁場,粒子從某邊中點沿垂直該邊的方向射入,則粒子射出該區(qū)域時的動能為多少?
(3)撤去電場,讓粒子從ab邊的中點射入,則從ad邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間之差.

分析 (1)電場力對粒子做功,應(yīng)用動能定理求出兩點間的電勢差,電場線垂直與等勢面,根據(jù)勻強電場場強與電勢差的關(guān)系求出電場強度.
(2)撤去磁場,粒子在電場中運動,電場力對粒子做功,應(yīng)用動能定理可以求出粒子離開區(qū)域時的動能.
(3)粒子在電磁場中做勻速直線運動,由平衡條件求出磁感應(yīng)強度,粒子在磁場中做勻速圓周運動,應(yīng)用牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑,根據(jù)粒子周期求出粒子的運動時間,然后求出粒子的運動時間之差.

解答 解:(1)如圖所示,設(shè)P點是bc邊的中點,a、P間的電勢差為Uap,

由動能定理得:qUap=$\frac{1}{2}$m($\sqrt{3}$v)2-$\frac{1}{2}$mv2,解得:Uap=$\frac{m{v}^{2}}{q}$,
設(shè)Q點是cd邊的中點,a、Q間的電勢差為UaQ,
由動能定理得:qUaQ=$\frac{1}{2}$m($\sqrt{5}$v)2-$\frac{1}{2}$mv2,解得:UaQ=$\frac{2m{v}^{2}}{q}$,
設(shè)M點是aQ連線的中點,則:UaM=$\frac{1}{2}$UaQ,所以M、P兩點電勢相等,
因此,該電場的等勢面PM恰好是ad和bc的中線,即E的方向沿ad或bc的方向,
設(shè)場強大小為E,有:EL=UaQ=$\frac{2m{v}^{2}}{q}$,解得:E=$\frac{2m{v}^{2}}{qL}$;
(2)若粒子從ab中點射入,則粒子做勻加速直線運動,有:EK=$\frac{1}{2}$mv2+qEL=$\frac{5}{2}$mv2
若粒子從cd中點射入,則粒子做勻減速直線運動,速度減至零后再反向做勻加速運動,最終從cd邊射出,有:EK=$\frac{1}{2}$mv2,
若粒子從ad邊或bc邊中點入射,則粒子做類平拋運動,粒子將從cd邊射出,有:EK=$\frac{1}{2}$mv2+qE•$\frac{1}{2}$L=$\frac{3}{2}$mv2;
(3)設(shè)勻強磁場的場強為B,粒子在電磁場中做勻速直線運動,由平衡條件得:qvB=qE,解得:B=$\frac{2mv}{qL}$,
設(shè)粒子在勻強磁場中做圓周運動半徑為r,由牛頓第二定律得:qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$,解得:r=$\frac{1}{2}$L,
從ab的中點沿ab方向入射,從ad邊射出時,其在磁場中運動時間最長,最長時間:t1=$\frac{3}{4}$T,
當(dāng)粒子從ab中點入射,從a點射出時,其在磁場中運動時間最短,最短時間:t2=$\frac{1}{6}$T,
而粒子在磁場中運動周期:T=$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{πL}{v}$,故時間差:△t=t1-t2=$\frac{7πL}{12v}$;
答:(1)勻強電場的大小為:$\frac{2m{v}^{2}}{qL}$,方向沿ad或bc的方向;
(2)若粒子從ab中點射入,粒子射出該區(qū)域時的動能為:$\frac{5}{2}$mv2,
若粒子從cd中點射入,粒子射出該區(qū)域時的動能為:$\frac{1}{2}$mv2,
若粒子從ad邊或bc邊中點入射,粒子射出該區(qū)域時的動能為:$\frac{3}{2}$mv2
(3)撤去電場,讓粒子從ab邊的中點射入,則從ad邊射出的粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間之差為$\frac{7πL}{12v}$.

點評 本題考查了粒子在電場、磁場中的運動,粒子運動過程復(fù)雜,本題難度較大,分析清楚粒子運動過程是解題的前提與關(guān)鍵,分析清楚粒子運動過程后應(yīng)用動能定理、牛頓第二定律、粒子做圓周運動的周期公式可以解題;解題時要注意討論,這是易錯點,否則會漏解.

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