Question

5．如圖所示，有一平行板電容器左邊緣在y軸上，下極板與x軸重合，極板間勻強電場的場強為E，一電量為q，質(zhì)量為m的帶電粒子，速度大小為$\sqrt{3}$$\frac{E}{B}$，從O點與x軸成θ角斜向上射入極板間，粒子經(jīng)過K板邊緣a點平行于x軸飛出電容器，立即進入一磁感應(yīng)強度為B的圓形磁場（圖中未畫），隨后從c點垂直穿過x軸離開磁場．已知∠acO=45°，cosθ=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，磁場方向垂直于坐標(biāo)平面向外，帶電粒子重力不計，試求：
（1）粒子經(jīng)過c點時速度大小
（2）圓形磁場區(qū)域的最小面積
（3）粒子從O到c所經(jīng)歷的時間．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電容器中做勻變速曲線運動，在磁場中做勻速圓周運動，畫出運動軌跡，把速度分解到沿x軸方向和沿y軸方向，根據(jù)幾何關(guān)系求出到達a點的速度；
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，求出圓周運動的半徑，再根據(jù)幾何關(guān)系求出ac的長度，ac即為圓形磁場的最小直徑，根據(jù)圓的面積公式求出最小面積；
（3）粒子從O到a，在y軸方向上做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，根據(jù)速度的分解求出沿y軸的初速度，進而求出運動的時間，粒子從a到c的過程中，運動的時間為$\frac{1}{4}T$，兩段時間之和即為所求時間．

解答 解：（1）帶電粒子在電容器中做勻變速曲線運動，在磁場中做勻速圓周運動，軌跡如圖所示：

粒子在x軸方向做勻速直線運動，在y軸方向做勻減速直線運動，經(jīng)過K板邊緣a點平行于x軸飛出電容器，
則粒子在x軸上的分量為v_a=vcosθ=$\sqrt{3}$$\frac{E}{B}$×$\frac{\sqrt{3}}{3}$=$\frac{E}{B}$，粒子在磁場中做勻速圓周運動，則到達c點時速度大小為${v}_{c}=\frac{E}{B}$，
（2）粒子從c點垂直穿過x軸離開磁場，又已知∠acO=45°，所以粒子在磁場中運動軌跡為$\frac{1}{4}$圓弧，
則圓形磁場直徑最小為ac的長度，根據(jù)幾何關(guān)系得：
ac=$\sqrt{2}R$
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有：
Bqv=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
解得：R=$\frac{m{v}_{c}}{Bq}$=$\frac{mE}{{B}^{2}q}$
所以ac=$\frac{\sqrt{2}mE}{{B}^{2}q}$，
則圓形磁場區(qū)域的最小面積S=${（\frac{ac}{2}）}^{2}π=\frac{{m}^{2}{E}^{2}π}{2{B}^{4}{q}^{2}}$
（3）粒子從O到a，在y軸方向上做勻減速直線運動，加速度大小a=$\frac{Eq}{m}$，
則粒子從O到a運動的時間${t}_{1}=\frac{vsinθ}{a}=\frac{\sqrt{2}m}{Bq}$，
粒子從a到c的過程中，運動的時間為${t}_{2}=\frac{1}{4}T=\frac{1}{4}×\frac{2πm}{Bq}=\frac{πm}{2Bq}$，
則粒子從O到c所經(jīng)歷的時間t=${t}_{1}+{t}_{2}=\frac{（2\sqrt{2}+π）m}{2Bq}$．
答：（1）粒子經(jīng)過c點時速度大小為$\frac{E}{B}$；
（2）圓形磁場區(qū)域的最小面積為$\frac{{m}^{2}{E}^{2}π}{2{B}^{4}{q}^{2}}$；
（3）粒子從O到c所經(jīng)歷的時間為$\frac{（2\sqrt{2}+π）m}{2Bq}$．

點評 本題是一道力學(xué)綜合題，考查了粒子在電場、磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程是正確解題的關(guān)鍵，分析清楚運動過程后，應(yīng)用牛頓第二定律、運動學(xué)公式即可正確解題，難度較大，屬于難題．