Question

5．如圖所示，在坐標系的第一象限內(nèi)存在磁感應強度的大小為B、方向垂直紙面向外的矩形有界勻強磁場，在第三象限存在與y軸正向成30°角的勻強電場．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子由靜止從電場的P點經(jīng)電場加速后從O點進入磁場．不計粒子的重力．
（1）在U_PO較小時，粒子從磁場下邊界射出，求此時粒子在磁場中運動的時間t；
（2）增大U_PO，粒子將從磁場右邊界射出，求PO間的電勢差U_PO的范圍．
（3）繼續(xù)增大U_PO，粒子將從磁場上邊界射出，求磁場上邊界有粒子射出的區(qū)域的長度．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，求出粒子轉(zhuǎn)過的圓心角，然后根據(jù)粒子的周期公式求出粒子的運動時間．
（2）粒子在電場中加速，由動能定理可以求出粒子進入磁場時的速度；粒子在磁場中做勻速圓周運動，由幾何知識求出粒子的軌道半徑，由牛頓第二定律列方程，解方程組可以求出OP間的電勢差；
（3）根據(jù)粒子運動軌跡與粒子軌道半徑，應用幾何知識可以求出磁場上邊界有粒子射出的區(qū)域的長度．

解答 解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為：T=$\frac{2πm}{qB}$，
若粒子在磁場中運動的軌跡所對的圓心角為θ，則粒子在磁場中運動的時間為：t=$\frac{θ}{2π}$T=$\frac{θm}{qB}$，
從圖中幾何關系可知，β=$\frac{2}{3}$π，
所以時間為：t=$\frac{mβ}{qB}$=$\frac{2πm}{3qB}$；
（2）由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
解得：R=$\frac{mv}{qB}$，
從磁場右邊界射出的最小速度的粒子，在磁場中做圓周運動的半徑最�。�
如圖所示，粒子從右邊界以最小速度qB射出時軌道2對應的半徑最小，

由幾何關系可知：R₂=$\frac{2\sqrt{3}a}{3}$a，
由牛頓第二定律：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{{R}_{2}}$，
帶電粒子在電場中，由動能定理：qU_PO=$\frac{1}{2}$mv²，
聯(lián)立得：U_PO1=$\frac{2q{B}^{2}{a}^{2}}{3m}$，
如圖所示，粒子從右邊界以最大速度射出時軌道3對應的半徑最大，
根據(jù)幾何關系可知：R₃-a=R₃sin30°，
解得：R₃=2a，
解得：U_PO2=$\frac{2q{B}^{2}{a}^{2}}{m}$，
則粒子從磁場右邊界射出，$\frac{2q{B}^{2}{a}^{2}}{3m}$≤U_PO≤$\frac{2q{B}^{2}{a}^{2}}{m}$；
（3）由圖中的幾何關系可知：

磁場上邊界粒子射出的區(qū)域的長度：
l_AB=R₃cos30°-atan30°=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$a；
答：（1）若粒子從磁場下邊界射出，子在磁場中運動的時間t為$\frac{2πm}{3qB}$；
（2）若粒子從磁場右邊界射出，PO間的電勢差U_PO的范圍是：$\frac{2q{B}^{2}{a}^{2}}{3m}$≤U_PO≤$\frac{2q{B}^{2}{a}^{2}}{m}$；
（3）若粒子從磁場上邊界射出，磁場上邊界有粒子射出的區(qū)域的長度為$\frac{2\sqrt{3}}{3}$a．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、應用動能定理、牛頓第二定律、圓周運動的周期公式即可正確解題，解題時注意數(shù)學知識的應用．