Question

1．如圖所示，在坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，在x=0和x=L范圍內(nèi)分布著勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)的下邊界AB與x軸成45°，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電場(chǎng)的上邊界為x軸，其電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E．現(xiàn)有一束包含著各種速率的同種粒子由A點(diǎn)垂直y軸射入磁場(chǎng)，帶電粒子的比荷為$\frac{q}{m}$，一部分粒子通過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后由邊界AB射出，進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域．（帶電粒子重力不計(jì)）
（1）能夠由AB邊界射出磁場(chǎng)的粒子的最大速率？
（2）若一粒子恰從AB的中點(diǎn)射出磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后由y軸射出電場(chǎng)．試求射出點(diǎn)坐標(biāo)和粒子從A點(diǎn)射入磁場(chǎng)到射出電場(chǎng)的過(guò)程中所經(jīng)歷的時(shí)間？

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出粒子的最大速率．
（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律與類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出粒子坐標(biāo)，求出粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

解答 解：（1）粒子在洛倫茲力作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，
由牛頓第二定律的：qvB=$\frac{{m{v^2}}}{R}$，解得：R=$\frac{mυ}{qB}$，
可知R越大則粒子速率越大，由題意可知，粒子最大軌道半徑：R_m=L，
則粒子最大速度：v_m=$\frac{qBL}{m}$；
（2）粒子恰從AB的中點(diǎn)射出磁場(chǎng)，由幾何知識(shí)可知：R=$\frac{L}{2}$，
粒子速度：v=$\frac{qBL}{2m}$，
粒子豎直向下射出磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t₁=$\frac{T}{4}$，T=$\frac{2πm}{qB}$；
又經(jīng)過(guò)t₂=$\frac{L}{2v}$粒子進(jìn)入電場(chǎng)；
在電場(chǎng)中有：a=$\frac{qE}{m}$，$\frac{L}{2}=\frac{1}{2}a{t_3}$²，y=vt₃．
由以上幾式可解得：y=$\frac{BL}{2}\sqrt{\frac{qL}{mE}}$，
因此射出點(diǎn)坐標(biāo)為（0，-$\frac{BL}{2}\sqrt{\frac{qL}{mE}}$）
粒子從A點(diǎn)射入磁場(chǎng)到射出電場(chǎng)所經(jīng)歷的時(shí)間：t=t₁+t₂+t₃=$\frac{m}{qB}（\frac{π}{2}+1）+\sqrt{\frac{mL}{qE}}$；
答：（1）能夠由AB邊界射出磁場(chǎng)的粒子的最大速率為$\frac{qBL}{m}$；
（2）射出點(diǎn)坐標(biāo)為：（0，-$\frac{BL}{2}\sqrt{\frac{qL}{mE}}$），粒子從A點(diǎn)射入磁場(chǎng)到射出電場(chǎng)的過(guò)程中所經(jīng)歷的時(shí)間為$\frac{m}{qB}（\frac{π}{2}+1）+\sqrt{\frac{mL}{qE}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在磁場(chǎng)與電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用牛頓第二定律、類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、粒子周期公式即可正確解題．