Question

5．在如圖所示的直角坐標系中，二三象限均在勻強電場，方向與y軸正方向成θ=45°，在一四象限存在垂直于直面向外的磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場區(qū)域的寬度為d，在第三象限有一粒子發(fā)射源，沿MO的方向發(fā)射一系列的初速度為零的粒子，粒子的質(zhì)量為m，電荷量為+q，若粒子發(fā)射源M的坐標為（-d，-d）時，發(fā)出的粒子剛好垂直于邊界AB離開磁場，如果發(fā)射源的位于MO連線上的N點時，如圖所示的位置，發(fā)出的粒子剛好不能從AB邊界離開磁場，忽略粒子的重力，求：
（1）二三象限電場的電場強度的大小；
（2）發(fā)射源位于N點時，粒子從發(fā)出到第二次離開電場所用的總時間．

Answer 1

分析 （1）粒子先在電場中加速，后進入磁場偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運動．先畫出粒子在磁場中的運動軌跡，由幾何關(guān)系求解出粒子運動的軌跡半徑，由牛頓第二定律求出粒子的速率，再由動能定理求解電場強度大小．
（2）第二次從N點出發(fā)的粒子剛好不能從AB邊界離開磁場，其軌跡與AB相切，作出粒子的運動軌跡，由幾何關(guān)系求解出粒子運動的軌跡半徑，由牛頓第二定律求出粒子的速率，再由牛頓第二定律和運動學公式結(jié)合求出電場中運動時間．
粒子在磁場中勻速圓周運動的時間要根據(jù)軌跡對應(yīng)的圓心角求出．
粒子第二次進入電場時做類平拋運動，將其運動分解成沿電場和垂直于電場兩個方向，當粒子第二次離開電場時兩個方向的分位移大小相等，據(jù)此列式求出電場中運動時間，從而可得到總時間．

解答 解：（1）據(jù)題意畫出粒子在磁場中的運動軌跡，如圖1所示．由幾何關(guān)系得粒子運動的軌跡半徑 r=$\sqrt{2}$d
在磁場中，由洛倫茲力提供向心力，則有
  qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
聯(lián)立解得 v=$\frac{\sqrt{2}qBd}{m}$
在電場中，由動能定理得：qE•$\sqrt{2}$d=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
解得 E=$\frac{\sqrt{2}q{B}^{2}d}{2m}$
（2）第二次從N點出發(fā)的粒子剛好不能從AB邊界離開磁場，其軌跡與AB相切，作出粒子的運動軌跡如圖2所示，設(shè)粒子的軌跡半徑為R．
由幾何關(guān)系得：Rcos45°+R=d
得 R=（2-$\sqrt{2}$）d
由 qv′B=m$\frac{v{′}^{2}}{R}$得 v′=$\frac{（2-\sqrt{2}）qBd}{m}$
粒子在電場中的加速度 a=$\frac{qE}{m}$=$\frac{\sqrt{2}{q}^{2}{B}^{2}d}{2{m}^{2}}$
由 v′=at₁，得 t₁=$\frac{v′}{a}$=$\frac{（4-2\sqrt{2}）m}{qB}$；
粒子在磁場中運動的周期 T=$\frac{2πm}{qB}$，時間 t₂=$\frac{3}{4}•$T=$\frac{3πm}{2qB}$；
粒子第二進入電場時做類平拋運動，將其運動分解成沿電場和垂直于電場兩個方向，當粒子第二次離開電場時兩個方向的分位移大小相等，則得
  v′t₃=$\frac{1}{2}a{t}_{3}^{2}$
解得 t₃=$\frac{2v′}{a}$=$\frac{4（\sqrt{2}-1）m}{qB}$
故發(fā)射源位于N點時，粒子從發(fā)出到第二次離開電場所用的總時間 t=t₁+t₂+t₃=$\frac{[4（3\sqrt{2}-4）+3π]m}{2qB}$
答：（1）二三象限電場的電場強度的大小是$\frac{\sqrt{2}q{B}^{2}d}{2m}$；
（2）發(fā)射源位于N點時，粒子從發(fā)出到第二次離開電場所用的總時間為$\frac{[4（3\sqrt{2}-4）+3π]m}{2qB}$．

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是正確解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律即可正確解題．