Question

10．如圖所示，在坐標系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磁場和沿x軸正方向的勻強電場，磁場的下邊界PQ與x軸負方向成45°，磁感應強度大小為B，電場的上邊界為x軸，電場強度大小為E，一束包含著各種速率的比荷為$\frac{q}{m}$的粒子從Q點垂直y軸射入磁場，一部分粒子通過磁場偏轉(zhuǎn)后從邊界PQ射出，進入電場區(qū)域，帶電粒子重力不計．求：
（1）能夠從PQ邊界射出磁場的粒子的最大速率
（2）若一粒子恰從PQ的中點射出磁場，求該粒子射出電場時的位置坐標和粒子從Q點射入磁場到射出電場的過程中所經(jīng)歷的時間．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)幾何關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，粒子在電場中做類平拋運動，應用類平拋運動知識求出粒子射出電場時的坐標．然后求出粒子的運動時間．

解答 解：（1）由幾何知識可知，粒子的最大軌道半徑：R=L，
粒子在磁場中做勻速圓周運動，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的中點射出磁場，由幾何知識得，粒子軌道半徑：r=$\frac{1}{2}$L，
粒子在磁場中做圓周運動，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′=$\frac{qBr}{m}$，
粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
在磁場中的運動時間：t₁=$\frac{1}{4}$T=$\frac{πm}{2qB}$，
粒子離開磁場進入電場的運動時間：t₂=$\frac{L}{2v′}$，
粒子在電場中做類平拋運動，加速度為：
a=$\frac{qE}{m}$，L=$\frac{1}{2}$at₃²，y=v′t₃，
解得：y=$\frac{BL}{2}$$\sqrt{\frac{qL}{mE}}$，
則射出點的坐標為：（0，-$\frac{BL}{2}$$\sqrt{\frac{qL}{mE}}$），
粒子從Q點射入磁場到離開電場的時間：t=t₁+t₂+t₃，
解得：t=（$\frac{π}{2}$+1）$\frac{m}{qB}$+$\sqrt{\frac{mL}{qE}}$．
答：（1）能夠從PQ邊界射出磁場的粒子的最大速率為；
（2）若一粒子恰從PQ的中點射出磁場，該粒子射出電場時的位置坐標為（0，-$\frac{BL}{2}$$\sqrt{\frac{qL}{mE}}$），
粒子從Q點射入磁場到射出電場的過程中所經(jīng)歷的時間為（$\frac{π}{2}$+1）$\frac{m}{qB}$+$\sqrt{\frac{mL}{qE}}$．

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、應用牛頓第二定律與類平拋運動規(guī)律即可正確解題．