Question

20．如圖，紙面內(nèi)直線MN左側(cè)邊長為L的正方形區(qū)域OACD中．有方向平行于AC的勻強(qiáng)電場．O處的粒子源沿垂直于AC方向發(fā)射速度為v₀的正電粒子，粒子質(zhì)量為m、電荷量為q．粒子恰好從AC的中點(diǎn)P經(jīng)過．不計粒子重力．   
（1）求勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E；
（2）若MN右側(cè)全部空間有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，使粒子再次進(jìn)入電場，求磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)滿足的條件：
（3）若MN右側(cè)的磁場僅限于左邊界與MN重合的矩形區(qū)域內(nèi)．求粒子從離開P點(diǎn)到再次垂直進(jìn)入電場經(jīng)歷的最長時間．

Answer 1

分析 （1）粒子在偏轉(zhuǎn)電場中僅受豎直向下的電場力，做類平拋運(yùn)動，水平方向做勻速直線運(yùn)動，豎直方向做初速度為零勻加速直線運(yùn)動，可以解出電場強(qiáng)度；
（2）解出粒子離開電場時的速度方向即粒子進(jìn)入磁場的速度方向，做出運(yùn)動軌跡圖，解出粒子進(jìn)入磁場和離開磁場兩位置間的距離；根據(jù)洛倫茲力提供向心力得出磁感應(yīng)強(qiáng)度與半徑的關(guān)系即可求出磁感應(yīng)強(qiáng)度．
（3）根據(jù)題目的要求做出粒子從de邊射出的臨界條件的軌跡，結(jié)合牛頓第二定律，即可求解．

解答 解：（1）粒子在偏轉(zhuǎn)電場中僅受豎直向下的電場力，做類平拋運(yùn)動，
水平方向做勻速直線運(yùn)動：L=v₀t
豎直方向做初速度為零勻加速直線運(yùn)動：$\frac{L}{2}=\frac{1}{2}a{t}^{2}$
qE=ma
整理得：$E=\frac{m{v}_{0}^{2}}{qL}$
（2）設(shè)粒子經(jīng)過P時的速度的大小是v，方向與AC的夾角是θ，則：
${v}^{2}={v}_{0}^{2}+（at）^{2}$
sinθ=$\frac{{v}_{0}}{v}$
解得：$v=\sqrt{2}{v}_{0}$，θ=45°
根據(jù)左手定則可知，粒子將從PC中間某處再次進(jìn)入電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度最小時對應(yīng)的位置是C，運(yùn)動的軌跡的示意圖如圖．由幾何關(guān)系知，粒子在磁場中運(yùn)動的半徑：

$\sqrt{2}r=\frac{1}{2}L$
根據(jù)牛頓第二定律：$qvB=\frac{m{v}^{2}}{r}$
整理得：$B=\frac{4m{v}_{0}}{qL}$
所以磁感應(yīng)強(qiáng)度滿足的條件是：$B≥\frac{4m{v}_{0}}{qL}$
（3）要使粒子最終垂直于AC進(jìn)入電場，則粒子離開P點(diǎn)后，先做一段直線運(yùn)動后再進(jìn)入磁場，且磁場的位置越靠下，粒子通過的軌跡的弧長越大，運(yùn)動的時間越長，最長時間對應(yīng)從C點(diǎn)進(jìn)入，運(yùn)動的軌跡如圖，磁場的邊界如圖中的紅色線框．由幾何關(guān)系知：
$\sqrt{2}R+R=\frac{1}{2}L$
粒子從P到C通過的路程為：$S=R+\frac{3}{4}πR$
時間：t=$\frac{S}{v}$
整理得：$t′=\frac{（4+3π）（2-\sqrt{2}）L}{16{v}_{0}}$
答：（1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)是$\frac{m{v}_{0}^{2}}{qL}$；
（2）若MN右側(cè)全部空間有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，使粒子再次進(jìn)入電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)滿足的條件是$B≥\frac{4m{v}_{0}}{qL}$：
（3）若MN右側(cè)的磁場僅限于左邊界與MN重合的矩形區(qū)域內(nèi)．粒子從離開P點(diǎn)到再次垂直進(jìn)入電場經(jīng)歷的最長時間是$\frac{（4+3π）（2-\sqrt{2}）L}{16{v}_{0}}$．

點(diǎn)評 本題主要考查了帶電粒子在組合場中運(yùn)動的問題，要求同學(xué)們能正確分析粒子的受力情況，再通過受力情況分析粒子的運(yùn)動情況，熟練掌握圓周運(yùn)動及平拋運(yùn)動的基本公式，難度偏難．