Question

2．如圖所示，在x軸上方存在沿x軸正方向場強為E的勻強電場，在x軸下方的矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強磁場，矩形區(qū)域的AB邊與x軸重合，M點是y軸上的一點，在M點有一質(zhì)量為m、電荷量為e的質(zhì)子，以初速度v₀沿y軸負方向開始運動，恰好從N點進入磁場，當質(zhì)子第二次經(jīng)過x軸時電場反向，質(zhì)子恰好回到M點，若|OM|=2|ON|，不計質(zhì)子的重力．求：
（1）N點橫坐標x_N；
（2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B₀；
（3）矩形區(qū)域的最小面積S；
（4）若質(zhì)子第二次經(jīng)過x軸時，撤去x軸上方的電場，同時在OM中點處放置一塊平行于x軸的絕緣擋板，質(zhì)子與擋板發(fā)生碰撞，碰撞前后質(zhì)子速度的水平分量不變，豎直分量等大反向，求質(zhì)子從離開擋板到再次回到擋板所用的時間t．

Answer 1

分析 （1）質(zhì)子從M點到N點屬于類平拋運動，由運動的合成與分解規(guī)律可求得N點的坐標；
（2）由幾何關(guān)系確定粒子在磁場中的運動半徑，再由洛侖茲力充當向心力可求得磁感應(yīng)強度；
（3）幾粒子運動的軌跡可以確定磁場的最小區(qū)域范圍，則可求得最小面積；
（4）明確粒子在電磁場中運動的過程，分別求出對應(yīng)的時間，則可求得質(zhì)子運動的總時間．

解答 解：（1）質(zhì)子從M點運動到N點做類平拋運動，設(shè)運動的時間為t₁，則：
沿y軸負方向上：
2x_N=v₀t₁
沿x軸正方向：x_N=$\frac{1}{2}$at₁²
又因為a=$\frac{eE}{m}$
解得：x_N=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2eE}$；
（2）質(zhì)子的運動軌跡如圖所示；
質(zhì)子經(jīng)過N點時，
v_x²=2ax_N
解得：v_x=v₀
故v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{x}^{2}}$=$\sqrt{2}$v₀
設(shè)質(zhì)子進入磁場時的速度方向與x軸方向的夾角為θ，則
tanθ=$\frac{{v}_{0}}{{v}_{x}}$=1；
解得：θ=45°
由幾何關(guān)系得質(zhì)子在磁場中做圓周運動的半徑為：R=$\sqrt{2}$x_N
由牛頓第二定律得：
ev₀B=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
解得：B₀=$\frac{2E}{{v}_{0}}$
（3）矩形域的最小面積s=2R（R+x_N）
解得：S=$\frac{（2+\sqrt{2}）{m}^{2}{v}_{0}^{4}}{2{e}^{2}{E}^{2}}$
（4）如圖所示，質(zhì)子在x軸上方向與檔板碰撞前后均做勻速直線運動：
t₁=$\frac{\sqrt{2}{x}_{N}}{v}$=$\frac{m{v}_{0}}{2eE}$
質(zhì)子在磁場中的運動周期T=$\frac{2πR}{v}$=$\frac{πm{v}_{0}}{eE}$
則質(zhì)子在磁場中運動的時間t=$\frac{3}{4}$T=$\frac{3πm{v}_{0}}{4eE}$
質(zhì)子從離開檔板到再次回到檔板所用的時間t=2t₁+t₂=$\frac{（4+3π）m{v}_{0}}{4eE}$
答：（1）N點橫坐標x_N為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2eE}$
（2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B₀$\frac{2E}{{v}_{0}}$
（3）矩形區(qū)域的最小面積S為$\frac{（2+\sqrt{2}）{m}^{2}{v}_{0}^{4}}{2{e}^{2}{E}^{2}}$；
（4）質(zhì)子從離開擋板到再次回到擋板所用的時間t為$\frac{（4+3π）m{v}_{0}}{4eE}$．

點評 本題考查帶電粒子在電磁場中的運動，要注意明確帶電粒子在電場中的運動一般考查運動合成與分解的應(yīng)用；而在磁場中重點明確幾何關(guān)系的分析．