Question

1．如圖所示，豎直放置的平行金屬板A、B間電壓為U₀，在B板右側(cè)CDMN矩形區(qū)域存在豎直向下的勻強電場，DM邊長為L，CD邊長為$\frac{3}{4}$L，緊靠電場右邊界存在垂直紙面水平向里的有界勻強磁場，磁場左右邊界為同心圓，圓心O在CDMN矩形區(qū)域的幾何中心，磁場左邊界剛好過M、N兩點．質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子，從A板由靜止開始經(jīng)A、B極板間電場加速后，從邊界CD中點水平向右進入矩形區(qū)域的勻強電場，飛出電場后進入勻強磁場．當矩形區(qū)域中的場強取某一值時，粒子從M點進入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從N點返回電場區(qū)域，且粒子在磁場中運動軌跡恰與磁場右邊界相切，粒子的重力忽略不計，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
（1）求粒子離開B板時的速度v₁；
（2）求磁場右邊界圓周的半徑R；
（3）將磁感應(yīng)強度大小和矩形區(qū)域的場強大小改變?yōu)檫m當值時，粒子從MN間飛入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)返回電場前，在磁場中運動的時間有最大值，求此最長時間t_m．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子離開B板的速度可以由動能定理求得．
（2）由題意畫出粒子在磁場中的運動軌跡，由類平拋運動運動的規(guī)律知道粒子速度的方向恰恰從板的中點射出，從而已知粒子進入磁場的速度方向，由幾何關(guān)系關(guān)系就能求出粒子做圓周運動的半徑，從而求出磁場右邊界的半徑．
（3）粒子從不同點離開電場，在磁場中運動軌跡與右邊界相切時弧長最長，且當矩形區(qū)域場強為零時，粒子進入磁場時速度最小，粒子在磁場中運動的時間最長，畫出運動軌跡，確定偏轉(zhuǎn)角，從而求出最短時間．

解答 解：（1）粒子從A到B的加速過程中，由動能定理有：
   $q{U}_{0}=\frac{1}{2}m{{v}_{1}}^{2}$
  解得  ${v}_{1}=\sqrt{\frac{2{U}_{0}q}{m}}$
（2）如圖所示，粒子剛好沿著磁場右邊界到達N點
  圖中 $tanθ=\frac{\frac{1}{2}×\frac{3}{4}L}{\frac{1}{2}L}=\frac{3}{4}$，θ=37°     
  帶點粒子在磁場中做圓周運動的半
  $r=\sqrt{（\frac{3}{8}L）^{2}+（\frac{L}{2}）^{2}}tanθ=\frac{15}{32}L$
  則磁場區(qū)域的半徑：$R=\frac{r}{sin37°}+r=\frac{5}{4}L$  
（3）粒子從同一點離開電場時，在磁場中運動軌跡與右邊界相切時弧長最長，運動時間也最長
  粒子從不同點離開電場，在磁場中運動軌跡與右邊界相切時弧長最長，且當矩形區(qū)域場強為零時，
  粒子進入磁場時速度最小，粒子在磁場中運動的時間最長，則
  畫出粒子運動軌跡如圖，由幾何關(guān)系知道粒子偏轉(zhuǎn)360°-2×（90°-37°）=254°，則最長時間：
  ${t}_{m}=\frac{254°}{360°}×\frac{2πr}{{v}_{1}}$
  解得  ${t}_{m}=\frac{127πL}{384}\sqrt{\frac{2m}{q{U}_{0}}}$
答：（1）求粒子離開B板時的速度v₁為$\sqrt{\frac{2q{U}_{0}}{m}}$．
（2）求磁場右邊界圓周的半徑R為$\frac{5}{4}L$．
（3）將磁感應(yīng)強度大小和矩形區(qū)域的場強大小改變?yōu)檫m當值時，粒子從MN間飛入磁場，經(jīng)磁場偏
  轉(zhuǎn)返回電場前，在磁場中運動的時間有最大值，求此最長時間t_m為$\frac{127}{384}\sqrt{\frac{2m}{q{U}_{0}}}$．

點評 本題的靚點在于：①磁場是下個環(huán)狀區(qū)域，這樣加上勻速圓周運動的軌跡就涉及三個圓的知識；②第二問求恰恰從極板的下邊緣穿出，軌跡又要跟磁場的右邊緣相切，涉及到圓、直角三角形及三函數(shù)等的相關(guān)知識．至于第三問涉及的最長時間情形更復雜，要畫好軌跡圖，不能有偏差．