Question

10．如圖所示，在坐標(biāo)系xoy平面內(nèi)，在x=0和x=L之間的區(qū)域中分布著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)的下邊界PQ與x軸負(fù)方向成45°，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，電場(chǎng)的上邊界為x軸，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，一束包含著各種速率的比荷為$\frac{q}{m}$的粒子從Q點(diǎn)垂直y軸射入磁場(chǎng)，一部分粒子通過磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后從邊界PQ射出，進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，帶電粒子重力不計(jì)．求：
（1）能夠從PQ邊界射出磁場(chǎng)的粒子的最大速率
（2）若一粒子恰從PQ的中點(diǎn)射出磁場(chǎng)，求該粒子射出電場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)和粒子從Q點(diǎn)射入磁場(chǎng)到射出電場(chǎng)的過程中所經(jīng)歷的時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)幾何關(guān)系求出粒子的最大軌道半徑，然后由牛頓第二定律求出粒子的最大速度．
（2）由牛頓第二定律求出粒子的速度，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)求出粒子射出電場(chǎng)時(shí)的坐標(biāo)．然后求出粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

解答 解：（1）由幾何知識(shí)可知，粒子的最大軌道半徑：R=L，
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
解得粒子最大速度為：v=$\frac{qBL}{m}$；
（2）粒子恰好從PQ的中點(diǎn)射出磁場(chǎng)，由幾何知識(shí)得，粒子軌道半徑：r=$\frac{1}{2}$L，
粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
qv′B=m$\frac{v{′}^{2}}{r}$，
解得：v′=$\frac{qBr}{m}$，
粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t₁=$\frac{1}{4}$T=$\frac{πm}{2qB}$，
粒子離開磁場(chǎng)進(jìn)入電場(chǎng)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t₂=$\frac{L}{2v′}$，
粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，加速度為：
a=$\frac{qE}{m}$，L=$\frac{1}{2}$at₃²，y=v′t₃，
解得：y=$\frac{BL}{2}$$\sqrt{\frac{qL}{mE}}$，
則射出點(diǎn)的坐標(biāo)為：（0，-$\frac{BL}{2}$$\sqrt{\frac{qL}{mE}}$），
粒子從Q點(diǎn)射入磁場(chǎng)到離開電場(chǎng)的時(shí)間：t=t₁+t₂+t₃，
解得：t=（$\frac{π}{2}$+1）$\frac{m}{qB}$+$\sqrt{\frac{mL}{qE}}$．
答：（1）能夠從PQ邊界射出磁場(chǎng)的粒子的最大速率為；
（2）若一粒子恰從PQ的中點(diǎn)射出磁場(chǎng)，該粒子射出電場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)為（0，-$\frac{BL}{2}$$\sqrt{\frac{qL}{mE}}$），
粒子從Q點(diǎn)射入磁場(chǎng)到射出電場(chǎng)的過程中所經(jīng)歷的時(shí)間為（$\frac{π}{2}$+1）$\frac{m}{qB}$+$\sqrt{\frac{mL}{qE}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過程、應(yīng)用牛頓第二定律與類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律即可正確解題．