Question

3．如圖所示，在x軸上方有一豎直向下的勻強(qiáng)電場區(qū)域，電場強(qiáng)度為E=500V/m，x軸下方分布有很多個磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=1T、方向垂直于xOy平面向里的條形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，其寬度均為d₁=4cm，相鄰兩磁場區(qū)域的間距為d₂=6cm．現(xiàn)將一質(zhì)量為m=5×10^-13kg、電荷量為q=1×10^-8C的帶正電的粒子（不計重力）從y軸上某處靜止釋放，則：
（1）若粒子從坐標(biāo)（0，h₁）點由靜止釋放，若它經(jīng)過x軸下方時，不會進(jìn)入第二磁場區(qū)，h₁應(yīng)滿足什么條件？
（2）若粒子從坐標(biāo)（0，5cm）點由靜止釋放，求自釋放到第二次過x軸的過程中有沒有磁場的區(qū)域運(yùn)動的時間．

Answer 1

分析 （1）由動能定理求出粒子的速度，由牛頓第二定律可以正確解題．
（2）由動能定理求出粒子的速度，由運(yùn)動學(xué)公式與牛頓第二定律、公式t=$\frac{θ}{2π}$T求出粒子在電場與磁場中的運(yùn)動時間，然后求出總的運(yùn)動時間．

解答 解：（1）設(shè)粒子經(jīng)電場加速，經(jīng)過x軸時速度大小為v₁，由動能定理得：$Eq{h_1}=\frac{1}{2}mv_1^2$-0，
設(shè)粒子在x軸下方第一個磁場區(qū)運(yùn)動半徑為R₁，由牛頓第二定律得：$q{v_1}B=m\frac{v_1^2}{R_1}$，
粒子進(jìn)入x軸下方磁場區(qū)，依據(jù)題意可知運(yùn)動半徑R₁應(yīng)滿足R₁＜d₁，
解得：${h_1}≤3.2×{10^{-2}}m$；
（2）若粒子從h₂=5cm的位置無初速釋放，設(shè)在電場區(qū)域運(yùn)動的加速度為a，時間為t₁，
由牛頓第二定律得：qE=ma，豎直方向：${h_2}=\frac{1}{2}at_1^2$，
粒子經(jīng)電場加速后，經(jīng)過x軸時速度大小設(shè)為v₂，由動能定理得：$Eq{h_2}=\frac{1}{2}mv_2^2$-0，
粒子進(jìn)入x軸下方第一個勻強(qiáng)磁場區(qū)域，由牛頓第二定律得：$q{v_2}B=m\frac{v_2^2}{R_2}$，
根據(jù)粒子在空間運(yùn)動的軌跡可知，它經(jīng)過第一無磁場區(qū)時運(yùn)動方向與x軸正方向的夾角θ滿足：$cosθ=\frac{d_1}{R_2}=0.8$，
粒子在第一個無磁場區(qū)域做勻速直線運(yùn)動，然后進(jìn)入第二個勻強(qiáng)磁場區(qū)域，因為：R₂（1-cosθ）＜d₁，
所以一定會從x軸下方第二個磁場區(qū)域返回．
它在無磁場區(qū)運(yùn)動的路程為：$s=\frac{{2{d_2}}}{sinθ}$，
粒子在無磁場區(qū)運(yùn)動時間：${t_2}=\frac{s}{v_2}$，
聯(lián)立以上方程可求出粒子在無磁場區(qū)域運(yùn)動的總時間為：$t={t_1}+{t_2}=3×{10^{-4}}s$；
答：（1）若粒子從坐標(biāo)（0，h₁）點由靜止釋放，若它經(jīng)過x軸下方時，不會進(jìn)入第二磁場區(qū)，h₁應(yīng)滿足的條件是：${h_1}≤3.2×{10^{-2}}m$；
（2）若粒子從坐標(biāo)（0，5cm）點由靜止釋放，自釋放到第二次過x軸的過程中有沒有磁場的區(qū)域運(yùn)動的時間為3×10^-4s．

點評 本題考查了帶電粒子在電磁場中的運(yùn)動，是電磁學(xué)綜合題，分析清楚粒子運(yùn)動過程是正確解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動能定理、牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式即可正確解題．