Question

19．如圖所示，空間存在兩對平行板，平行板間存在垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，板間距d=5cm，MN、PQ為磁場的邊界，MN、PQ之間存在水平向右的勻強電場，OO′為該區(qū)域的對稱軸，MN與PQ之間的距離L=2cm．兩個質(zhì)量均為m、電荷量分別為+q和-q的粒子以相同速度大小v₀=2×10⁵m/s垂直電場線進入電場，而后以v=2$\sqrt{2}$×10⁵m/s大小的速度進入磁場，粒子重力不計．
（1）若兩個粒子都從O點沿OO′直線入射，試判斷兩粒子的軌跡是否關于OO′直線對稱？
（2）若+q粒子從O點沿OO′直線入射，-q粒子由O′沿O′O直線入射（未畫出），且已知兩粒子在磁場中運動的周期為$\frac{\sqrt{2}}{2}$π×10^-7s，試判斷兩粒子是否會打到板上，若打到板上，求出打在板上的位置；若不能打在到上，則求出兩粒子分別從O、O′進入到第一次離開磁場各自所用的時間．
（3）若+q粒子仍從O沿OO′直線入射，-q粒子從O′沿O′O直線入射，且已知兩粒子的比荷$\frac{q}{m}$=5×10⁷C/kg，若要使粒子進出磁場一次后，從MP或NQ之間離開電場，求磁感應強度B的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）兩個粒子射入電場后都類平拋運動，根據(jù)初速度、受力情況分析軌跡是否對稱．
（2）兩個粒子先做類平拋運動，后在磁場中做勻速圓周運動．先根據(jù)類平拋運動的規(guī)律求出在電場中運動時間和豎直分位移．由T=$\frac{2πr}{v}$求粒子在磁場中運動的軌跡半徑，由幾何關系分析粒子能否打在板上．
（3）對于正粒子，恰到Q點臨界，半徑應小于此臨界值．對于負粒子，恰到M點臨界，半徑應小于此臨界值．由幾何知識和半徑公式結(jié)合求解．

解答 解：（1）正負粒子進入電場時初速度大小相等、方向相反．所受的電場力大小相等、方向相反，則加速度大小相等、方向相反，所以兩粒子的軌跡關于OO′直線對稱．
（2）粒子在電場中做類平拋運動，平行于電場方向有：v_x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$v=2×10⁵m/s，
$\frac{{v}_{x}{t}_{0}}{2}$=$\fraccg60muo{2}$，
t₀=10^-7s
垂直于電場方向有：x=v₀t₀=2cm
粒子在磁場中運動周期 T=$\frac{2πr}{v}$，則軌跡半徑 r=$\frac{Tv}{2π}$=1cm
正粒子：r+rcos45°=$\frac{2+\sqrt{2}}{2}$cm＜2cm，則不會打到板上．運動時間 t=t₀+$\frac{3}{4}$T=（1+$\frac{3\sqrt{2}π}{8}$）×10^-7s
負粒子：x+2rcos45°=4cm＜5cm，不會打到板上，運動時間 t′=t₀+$\frac{1}{4}$T=（1+$\frac{\sqrt{2}π}{8}$）×10^-7s
（2）正粒子：恰到Q點臨界，半徑應小于此臨界值，對應的磁感應強度設為B₁．
可得弦長為 $\sqrt{2}{r}_{1}$=4-3=1cm
軌跡半徑 r₁=$\frac{\sqrt{2}}{2}$cm
由r=$\frac{mv}{qB}$，得 B=$\frac{mv}{qr}$
將r₁代入得 B₁=0.8T
此時r₁已小于第（2）問中的r，故此時的磁感應強度比B₁大．
負粒子：恰到M點臨界，半徑應小于此臨界值，對應的磁感應強度設為B₂．
可得弦長為 $\sqrt{2}{r}_{2}$=5-2=3cm
軌跡半徑 r₂=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$cm
此時r₂＞r₁，對應的B₂＜B₁．
綜合分析得：磁感應強度只要大于B₁，正粒子既不會再次進入磁場也不會打到板上，負粒子也不會打到板上，即 B＞0.8T．
答：
（1）兩粒子的軌跡關于OO′直線對稱．
（2）正粒子不會打到板上．運動時間為（1+$\frac{3\sqrt{2}π}{8}$）×10^-7s
負粒子不會打到板上，運動時間為（1+$\frac{\sqrt{2}π}{8}$）×10^-7s．
（3）磁感應強度B的取值范圍是B＞0.8T．

點評 粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，在電場力作用下做類平拋運動，掌握兩種運動的處理規(guī)律，學會運動的分解與幾何關系的應用．