Question

2．如圖所示，在Ⅰ區(qū)里有豎直方向的勻強電場E=4×10⁵N/C，在Ⅱ區(qū)里有垂直于紙面向外的勻強磁場，電場豎直邊界PQ、MN的間距和磁場豎直邊界MN、RS的間距相等均為d，d=0.4m．質(zhì)荷比$\frac{m}{q}$=4×10^-10kg/C的帶正電粒子，以初速度v₀=2×10⁷m/s從PQ邊界上的O點垂直PQ射入電場．若電、磁場在豎直方向分布足夠廣，不計粒子的重力．求；
（1）求粒子經(jīng)過電場、磁場邊界MN時的速度及偏離v₀方向的夾角；
（2）若要使粒子未從磁場邊界RS穿出，則磁感應(yīng)強度B的取值范圍；
（3）粒子在電、磁場中的運動時間的最大可能值．

Answer 1

分析 （1）由類平拋運動規(guī)律求得運動時間，再根據(jù)受力求得加速度，即可求得豎直分速度，進而由速度的合成求得速度大小及方向；
（2）根據(jù)幾何關(guān)系求得半徑范圍，然后由洛倫茲力做向心力求得磁感應(yīng)強度范圍；
（3）根據(jù)幾何關(guān)系求得粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的中心角及粒子再次進入電場時水平分速度，然后由勻速圓周運動規(guī)律及類平拋運動規(guī)律求得運動時間．

解答 解：（1）粒子在電場中運動只受電場力作用，做類平拋運動，故運動時間${t}_{1}=\fracsar58jr{{v}_{0}}=2×1{0}^{-8}s$，粒子運動的加速度$a=\frac{qE}{m}=1×1{0}^{15}m/{s}^{2}$；
故粒子經(jīng)過電場、磁場邊界MN時的豎直分速度${v}_{y}=a{t}_{1}=2×1{0}^{7}m/s$，速度$v=\sqrt{{{v}_{0}}^{2}+{{v}_{y}}^{2}}=2\sqrt{2}×1{0}^{7}m/s$，與v₀方向的夾角$θ=arctan\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=45°$；
（2）若要粒子不從RS穿出，那么，由幾何關(guān)系可得：粒子在磁場中做圓周運動的半徑$R≤\fracd7wogsl{1+sin45°}=0.4（2-\sqrt{2}）m$；
故由洛倫茲力做向心力可得：$Bvq=\frac{m{v}^{2}}{R}$，所以，$B=\frac{mv}{qR}≥0.02（1+\sqrt{2}）T$；
（3）由粒子在磁場中做圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系可知：粒子在磁場中轉(zhuǎn)過$\frac{3}{2}π$的中心角，粒子離開磁場時在MN上速度沿水平方向的分量為v₀；
所以，粒子在電場中運動時間${t}_{1}′=2×\frac5yvdl1x{{v}_{0}}=4×1{0}^{-8}s$；粒子在磁場中的運動時間${t}_{2}=\frac{3}{4}T=\frac{3}{4}×\frac{2πR}{v}≤3π（\sqrt{2}-1）×1{0}^{-8}s$=3.9×10^-8s；
所以，粒子在電、磁場中的運動時間的最大可能值為${t}_{1}′+{t}_{2m}=7.9×1{0}^{-8}s$；
答：（1）粒子經(jīng)過電場、磁場邊界MN時的速度為$2\sqrt{2}×1{0}^{7}m/s$，偏離v₀方向的夾角為45°；
（2）若要使粒子未從磁場邊界RS穿出，則磁感應(yīng)強度B的取值范圍為$B≥0.02（1+\sqrt{2}）T$；
（3）粒子在電、磁場中的運動時間的最大可能值為7.9×10^-8s．

點評 帶電粒子的運動問題，加速電場一般由動能定理或勻加速運動規(guī)律求解；偏轉(zhuǎn)電場由類平拋運動規(guī)律求解；磁場中的運動問題則根據(jù)圓周運動規(guī)律結(jié)合幾何條件求解．