Question

13．如圖所示，帶電粒子自平行板電容器a板左端最高處，以速度v₀水平射入，而后從b板中央小孔P點射入磁場，已知兩板間距為d，板長均為2d，極間存在豎直方向的勻強電場，已知粒子重力不計，磁場分布在b板所處水平線的下方，范圍足夠大，粒子質(zhì)量為m，帶電量為q，則：
（1）若粒子恰打在b板左邊緣，試求電場強度E，磁感應強度B₁；
（2）若粒子恰可以回到出發(fā)點，試求此時磁感應強度B₂及粒子運動的總時間．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在平行金屬板間做的是類平拋運動，根據(jù)分位移公式和牛頓第二定律求電場強度．帶電粒子進入磁場后做勻速圓周運動，畫出軌跡，由幾何知識求出軌跡半徑，由牛頓第二定律求磁感應強度B₁；
（2）帶電粒子可以回到出發(fā)點，根據(jù)粒子的運動畫出運動的軌跡，由幾何關系可以求得磁感強度的大�。�根據(jù)粒子在磁場及電場中運動的對稱性可知，求運動時間．

解答 解：（1）分析粒子在電場中的運動，則
水平方向有：x=d=v₀t
豎直方向有：y=d=$\frac{{v}_{y}}{2}t$
可得 v_y=2v₀
v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{5}$v₀
又 y=d=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
由牛頓第二定律有 a=$\frac{qE}{m}$
聯(lián)立解得 E=$\frac{2m{v}_{0}^{2}}{qd}$
畫出粒子磁場中運動軌跡如右上圖所示，可知
  d=2Rsinθ
由牛頓第二定律有
  qvB₁=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
由幾何關系有 sinθ=$\frac{{v}_{y}}{v}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
聯(lián)立解得 B₁=$\frac{4m{v}_{0}}{qd}$
（2）若粒子可以回到出發(fā)點，則由幾何關系可知粒子離開磁場位置距離b板左邊緣 x=$\fracbpz4ix3{tanθ}$=$\fracnkvvvre{2}$
粒子在磁場中運動半徑為R′，則 2R′sinθ=x+d，解得 R′=$\frac{3}{4}$d
又 qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{R′}$，得 R′=$\frac{mv}{q{B}_{2}}$
B₂=$\frac{4mvsinθ}{3qd}$
又 sinθ=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，v=$\sqrt{5}$v₀，
解得 B₂=$\frac{8m{v}_{0}}{3qd}$
粒子在電場中運動時間 t₁=$\fracap3ezgs{{v}_{0}}$
粒子在磁場中運動時間 t₂=$\frac{（2π-2θ）R′}{v}$=$\frac{（2π-2θ）•\frac{3}{4}d}{\sqrt{5}{v}_{0}}$=$\frac{3\sqrt{5}（π-θ）d}{10{v}_{0}}$
粒子射出磁場后回到原點的時間 t₃=$\frac{\fracwgzczcz{sinθ}}{v}$=$\fractij7w3p{2{v}_{0}}$
故總時間為 t=t₁+t₂+t₃=$\frac{3d}{2{v}_{0}}$+$\frac{3\sqrt{5}（π-θ）d}{10{v}_{0}}$．
答：
（1）若粒子恰打在b板左邊緣，電場強度E是$\frac{2m{v}_{0}^{2}}{qd}$，磁感應強度B₁是$\frac{4m{v}_{0}}{qd}$．
（2）若粒子恰可以回到出發(fā)點，此時磁感應強度B₂是$\frac{8m{v}_{0}}{3qd}$．粒子運動的總時間是$\frac{3d}{2{v}_{0}}$+$\frac{3\sqrt{5}（π-θ）d}{10{v}_{0}}$．

點評 帶電粒子在電磁場中的運動一般有直線運動、圓周運動和一般的曲線運動；直線運動一般由動力學公式求解，圓周運動由洛侖茲力充當向心力研究．要畫出粒子運動軌跡，運用幾何知識求軌跡半徑，這是常用的方法，要能熟練掌握．