Question

11．如圖甲所示，有一磁感應強度大小為B、垂直紙面向外的勻強磁場，磁場邊界OP與水平方向夾角為θ=45°，緊靠磁場右上邊界放置長為L、間距為d的平行金屬板M、N，磁場邊界上的O點與N板在同一水平面上，O₁、O₂為電場左右邊界中點．在兩板間存在如圖乙所示的交變電場（取豎直向下為正方向）．某時刻從O點豎直向上以不同初速度同時發(fā)射兩個相同的質(zhì)量為m、電量為+q的粒子a和b．結(jié)果粒子a恰從O₁點水平進入板間電場運動，由電場中的O₂點射出；粒子b恰好從M板左端邊緣水平進入電場．不計粒子重力和粒子間相互作用，電場周期T未知．求：

（1）粒子a、b從磁場邊界射出時的速度v_a、v_b；
（2）粒子a從O點進入磁場到O₂點射出電場運動的總時間t；
（3）如果金屬板間交變電場的周期$T=\frac{4m}{qB}$，粒子b從圖乙中t=0時刻進入電場，要使粒子b能夠穿出板間電場時E₀滿足的條件．

Answer 1

分析 （1）利用幾何關(guān)系求出粒子軌道半徑，應用牛頓第二定律，洛倫茲力提供向心力可以求出粒子a、b從I磁場邊界射出時的速度v_a、v_b；
（2）求出粒子在磁場中、在電場中、在電磁場外的運動時間，然后求出總運動時間；
（3）作出粒子在電場中的運動軌跡，應用類平拋運動規(guī)律分析答題．

解答 解：（1）如圖所示，粒子a、b在磁場中均速轉(zhuǎn)過90°，平行于金屬板進入電場．
       
        由幾何關(guān)系可得：r_a=$\frac{1}{2}$d，r_b=d…①
        由牛頓第二定律可得：qv_aB=m$\frac{{v}_{a}^{2}}{{r}_{a}}$…②
                                        qv_bB=m$\frac{{v}_^{2}}{{r}_}$…③
        由①②③解得：v_a=$\frac{qBd}{2m}$，v_b=$\frac{qBd}{m}$
（2）粒子a在磁場中運動軌跡如圖
    
        在磁場中運動周期為：T₀=$\frac{2πm}{qB}$…④
        在磁場中運動時間：t₁=$\frac{{T}_{0}}{4}$=$\frac{πm}{2qB}$…⑤
        粒子在電磁場邊界之間運動時，水平方向做勻速直線運動，所用時間為：
         t₂=$\frac{（\fracfsnp5en{2}+L）}{{v}_{a}}$…⑥
        由 ④⑤⑥則全程所用時間為：t=t₁+t₂=$\frac{πm}{2qB}+\frac{m（L+2d）}{qBd}$
（3）由于粒子a在電場中從O₂射出，在電場中豎直方向位移為0，所以a粒子是在交流電其中一個周期的$\frac{T}{4}$時刻進入電場，
        故a在板間運動的時間t_a是周期的整數(shù)倍，
        粒子在磁場中運動的時間相同，a、b同時離開Ⅰ磁場，a比b進入電場落后時間：△t=$\frac0if89tg{{2v}_{a}}$=$\frac{m}{qB}$=$\frac{T}{4}$ 
        故粒子b在t=0時刻進入電場．
        由于v_b=2v_a，
        b在電場中運動的時間是t_b=$\frac{1}{2}$t_a，可見b在電場中運動的時間是半個周期的整數(shù)倍，即：t_b=$\frac{L}{{v}_}$=n•$\frac{T}{2}$
        所以：n=$\frac{2L}{T{v}_}$
        粒子b在$\frac{T}{2}$內(nèi)豎直方向的位移為：y=$\frac{1}{2}$a（$\frac{T}{2}$）²  
        粒子在電場中的加速度a=$\frac{q{E}_{0}}{m}$
        由題知T=$\frac{4m}{qB}$
        豎直方向在電場力作用下做加速、減速交替的勻變速運動：
        0～$\frac{T}{2}$時間內(nèi)，向下做初速度為0的勻加速運動，向下發(fā)生位移：y₁=$\frac{1}{2}$（$\frac{q{E}_{0}}{m}$）（$\frac{T}{2}$）²=y，
        $\frac{T}{2}$～T時間內(nèi)，向下做勻減速運動至速度為0，向下發(fā)生位移為：y₂=$\frac{1}{2}$（$\frac{q{E}_{0}}{m}$）（$\frac{T}{2}$）²=y，
        以此類推：每個$\frac{T}{2}$時間內(nèi)y方向的位移都相等，且都等于y
        所以粒子b要飛出電場有：（y₁+y₂+…+y_n）≤d，
        即：ny≤d
        解得：${E}_{0}≤\frac{q{B}^{2}y456kqz^{2}}{mL}$．
答：（1）粒子a從磁場邊界射出時的速度v_a為$\frac{qBd}{2m}$，粒子b從磁場邊界射出時的速度v_b為$\frac{qBd}{m}$；
      （2）粒子a從O點進入磁場到O₂點射出電場運動的總時間t為$\frac{πm}{2qB}+\frac{m（L+2d）}{qBd}$；
      （3）如果金屬板間交變電場的周期$T=\frac{4m}{qB}$，粒子b從圖乙中t=0時刻進入電場，要使粒子b能夠穿出板間電場E₀滿足的條件為${E}_{0}≤\frac{q{B}^{2}ermea2h^{2}}{mL}$．

點評 本題考查了帶電粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是正確解題的關(guān)鍵，應用幾何關(guān)系、牛頓第二定律、粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期公式、運動學公式即可正確解題．