Question

13．如圖所示的空間分布Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個區(qū)域，各邊界面相互平行，Ⅰ區(qū)域是電壓為U的平行板電場，Ⅱ、Ⅲ區(qū)域為勻強磁場，磁場的方向分別為垂直紙面向外和垂直紙面向里，磁感應強度大小分別為B和2B，兩個磁場區(qū)域寬度均為d，一質量為m、電荷量為q的正粒子從O₁點由靜止釋放，通過N板小孔O₂后水平垂直進入磁場區(qū)域Ⅱ，已知粒子的荷質比滿足關系：$\frac{q}{m}$=$\frac{U}{27mldzkv^{2}{B}^{2}}$，粒子的重力忽略不計．求：
（1）粒子離開Ⅰ區(qū)域時的速度大小v；
（2）粒子在Ⅱ區(qū)域內的運動時間t；
（3）粒子離開Ⅲ區(qū)域時速度與邊界面的夾角α．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中只受電場力做功，由動能定理可求得粒子離開I區(qū)域時的速度；
（2）粒子在磁場Ⅱ中做圓周運動，由牛頓第二定律可得出粒子運動半徑，由幾何關系可得出粒子在Ⅱ中轉過的圓心角，則可求得粒子運動的時間t；
（3）由牛頓第二定律可求得粒子區(qū)域Ⅲ中的半徑，由幾何關系可得出粒子離開時與邊界面的夾角α．

解答 解：（1）粒子在電場中做勻加速直線運動，由動能定理有
   qU=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$-0
又$\frac{q}{m}$=$\frac{U}{21lttqtb^{2}{B}^{2}}$，
解得 v=$\frac{U}{dB}$；
（2）設粒子在磁場Ⅱ中做勻速圓周運動的半徑為r，則
  qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，得　r=$\frac{mv}{qB}$=
聯立得 r=2d 
設在Ⅱ區(qū)內圓周運動的圓心角為θ，則 sinθ=$\fractiluegb{r}$=$\fracq9iqvul{2d}$=0.5，
解得  θ=30°
粒子在Ⅱ區(qū)運動周期 T=$\frac{2πm}{qB}$
粒子在Ⅱ區(qū)運動時間  t=$\frac{θ}{360°}$T=$\frac{30°}{360°}$×$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{2πm}{3qB}$
（3）設粒子在Ⅲ區(qū)做圓周運動道半徑為R，則  qv•2B=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
解得  R=$\frac{1}{2}r$=d
粒子運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知△MO₂P為等邊三角形
粒子離開Ⅲ區(qū)域時速度與邊界面的夾角  α=60°
答：
（1）粒子離開Ⅰ區(qū)域時的速度大小v是$\frac{U}{dB}$；
（2）粒子在Ⅱ區(qū)域內的運動時間t是$\frac{2πm}{3qB}$；
（3）粒子離開Ⅲ區(qū)域時速度與邊界面的夾角α是60°．

點評 粒子在磁場中的運動一定要注意找出圓心和半徑，進而能正確的應用好幾何關系，則可順利求解．