Question

2．如圖所示，電壓為U的兩塊平行金屬板MN，M板帶正電．X軸與金屬板垂直，原點O與N金屬板上的小孔重合，在O≤X≤d區(qū)域存在垂直紙面的勻強磁場B₁（圖上未畫出）和沿y軸負方向火小為E=$\frac{{2\sqrt{3U}}}{3d}$的勻強電場，B₁與E在y軸方向的區(qū)域足夠大．有一個質(zhì)量為m，帶電量為1q的帶正電粒子（粒子重力不計），從靠近M板內(nèi)側(cè)的P點（P點在X軸上）由靜止釋放后從N板的小孔穿出后沿X軸做直線運動；若撤去磁場B₁，在第四象限X＞d的某區(qū)域加上左邊界與y軸平行且垂直紙面的勻強磁場B₂（圖上未
畫出），為了使粒子能垂直穿過X軸上的Q點，Q點坐標為$\frac{7}{2}$d，0．求：
（1）磁感應強度B₁的大小與方向；
（2）磁感應強度B₂的大小與方向；
（3）粒子從坐標原點O運動到Q點所用的時間t．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理求出粒子經(jīng)過加速電場后的速度，抓住粒子做勻速直線運動，根據(jù)平衡求出磁感應強度的大小，結合左手定則判斷出磁場的方向．
（2）根據(jù)類平拋運動的規(guī)律求出粒子離開電場時的速度大小和方向，結合幾何關系求出粒子在磁場中的半徑，根據(jù)半徑公式求出磁感應強度的大小，通過左手定則得出磁場的方向．
（3）幾何關系得出O到磁場左邊界在x軸上的距離，根據(jù)在磁場中的運動時間和粒子從O到磁場左邊界所用時間，求出總時間．

解答 解：（1）設粒子從O點穿出時速度為v₀，由動能定理得，$qU=\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$，
解得${v}_{0}=\sqrt{\frac{2qU}{m}}$．
由于粒子在電磁場中做直線運動，粒子所受電場力與洛倫茲力平衡，有：
qv₀B₁=qE，
解得${B}_{1}=\frac{1}iy6kxd0\sqrt{\frac{2mU}{3q}}$．
磁場的方向垂直紙面向里．
（2）粒子在電磁場中運動時間$t=\fraczfdthc3{{v}_{0}}$，
設粒子離開電場時偏向角為θ，
有：v_y=at，a=$\frac{qE}{m}$，
tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，解得θ=30°．
粒子離開電場時速度大小v=$\frac{{v}_{0}}{cosθ}=\frac{2\sqrt{3}}{3}{v}_{0}$，
依題意，粒子運動軌跡如圖所示，設在磁場中半徑為r，可得FO′=2r，
2r+r=OQ-OF=3d，解得r=d．
根據(jù)洛倫茲力提供向心力，$qv{B}_{2}=m\frac{{v}^{2}}{r}$，解得${B}_{2}=\frac{2}x2wj3ci\sqrt{\frac{2mU}{3q}}$，方向垂直紙面向里．
（3）由幾何關系可知，O到磁場左邊界在x軸上的距離為L=2.5d-rcos60°=2d，
粒子從O到磁場左邊界所用時間${t}_{1}=\frac{L}{{v}_{0}}=d\sqrt{\frac{2m}{qU}}$，
在磁場中運動時間${t}_{2}=\frac{1}{3}T=\frac{2πm}{3q{B}_{2}}=\frac{πd}{2}\sqrt{\frac{2m}{3qU}}$，
在總時間t=t₁+t₂=$（1+\frac{\sqrt{3}}{6}π）d\sqrt{\frac{2m}{qU}}$．
答：（1）磁感應強度B₁的大小為$\frac{1}y5syz6s\sqrt{\frac{2mU}{3q}}$，方向垂直紙面向里；
（2）磁感應強度B₂的大小為$\frac{2}2g7fvbp\sqrt{\frac{2mU}{3q}}$，方向垂直紙面向里；
（3）粒子從坐標原點O運動到Q點所用的時間t為$（1+\frac{\sqrt{3}}{6}π）d\sqrt{\frac{2m}{qU}}$．．

點評 本題考查了帶電粒子在復合場中的運動，掌握處理粒子做類平拋運動的方法，對于粒子在磁場中的運動，關鍵作出軌跡，結合半徑公式和周期公式進行求解．