Question

4．如圖所示為一個矩形的電場和磁場組合而成，二者都分布在寬$\frac{R}{2}$長2R的矩形區(qū)域，電場的上邊界正好是磁場的下邊界，帶電粒子從電場下邊界的中點O靜止釋放，經(jīng)勻強電場加速后進入磁場，已知粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度B=$\frac{3}{R}$$\sqrt{\frac{2mU}{q}}$，粒子間相互作用及重力都不計．
（1）若加速電場的電場強度為E=$\frac{18U}{R}$，求粒子在電磁場中運動的總時間；
（2）若加速電場的電場強度為E=$\frac{2U}{R}$，求粒子在電磁場中運動的總時間．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理求出粒子加速獲得的速度．由運動學公式求出加速的時間．粒子進入磁場后做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式求出軌跡半徑，畫出軌跡，由幾何知識確定軌跡對應(yīng)的圓心角，即可求得磁場中運動時間，從而得到總時間；
（2）若加速電場強度為E=$\frac{2U}{R}$，運用同樣的思路求出粒子電場中的運動時間和磁場中的軌跡半徑，畫出運動軌跡，根據(jù)運動情況，求解磁場中的時間．即可得到總時間．

解答 解：（1）若加速電場場強為：E=$\frac{18U}{R}$
由動能定理得：qE•$\frac{R}{2}$=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$，
解得：v=$\sqrt{\frac{18qU}{m}}$
在磁場中，粒子做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
又因為：B=$\frac{3}{R}$$\sqrt{\frac{2mU}{q}}$
聯(lián)立解得：r=R
畫出粒子的運動軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系可得，軌跡對應(yīng)的圓心角為：θ=30°；
帶電粒子在磁場中運動的時間為：t_B=$\frac{θ}{360°}$T=$\frac{30°}{360°}$×$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{πm}{6qB}$
粒子在電場中做勻加速直線運動，則有：d=$\frac{1}{2}$R=$\frac{v}{2}$t_E
解得：t_E=R$\sqrt{\frac{m}{18qU}}$
故粒子在電磁場中運動的總時間為：t_總=t_E+t_B=（$\frac{π}{18}$+$\frac{1}{3}$）R$\sqrt{\frac{m}{2qU}}$
（2）若加速電場強度為：E=$\frac{2U}{R}$
由動能定理得：qE•$\frac{R}{2}$=$\frac{1}{2}m{v′}^{2}$，
解得：v′=$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$
在磁場中，根據(jù)牛頓第二定律得：qv′B=m$\frac{{v′}^{2}}{r′}$
解得：r′=$\frac{R}{3}$
分析可知粒子在磁場中運動的軌跡為一個半圓和四分之一圓周如圖乙所示，帶電粒子在磁場中運動的周期為：T_B=$\frac{2πm}{qB}$，
則粒子在磁場中運動的時間：t_B′=$\frac{3}{4}$T_B
分析可知粒子在電場中先加速后減速再加速，由運動學公式可得：t_E′=$\frac{\frac{R}{2}}{\frac{v′}{2}}$=R$\sqrt{\frac{m}{2qU}}$
則粒子在電場中運動的時間為：3t_E′=3R$\sqrt{\frac{m}{2qU}}$
故粒子在電磁場中運動的總時間為：t′=t_B′+3t_E′=（$\frac{π}{2}$+3）R$\sqrt{\frac{m}{2qU}}$
答：（1）若加速電場的電場強度為E=$\frac{18U}{R}$，粒子在電磁場中運動的總時間為（$\frac{π}{18}$+$\frac{1}{3}$）R$\sqrt{\frac{m}{2qU}}$；
（2）若加速電場的加速電壓為E=$\frac{2U}{R}$，粒子在電磁場中運動的總時間為（$\frac{π}{2}$+3）R$\sqrt{\frac{m}{2qU}}$．

點評 本題是帶電粒子在復合場中運動的問題，靜止的帶點粒子在電場作用下做勻加速直線運動，在磁場中做勻速圓周運動，要求同學們能畫出粒子運動的軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系求解，知道半徑公式及周期公式．