Question

16．如圖所示，一帶電粒子從直角坐標系中y軸上的A點沿直線穿過速度選擇器，一段時間后進入一垂直于紙面向里的圓形勻強磁場區(qū)域（圖中未畫出磁場區(qū)域），粒子飛出磁場后立即從m板邊緣C點平行于板面進入勻強電場，偏轉(zhuǎn)后恰好從n板邊緣（x軸上的D點）與x軸正方向成30°角穿過．已知帶電粒子的質(zhì)量為m，電量大小為q，重力不計，A點坐標（0，-b），∠COD=45°，所有勻強磁場和勻強電場的強度均分別為B和E，試求：
（1）m極板所帶電荷的電性，粒子經(jīng)過D點時的速度大��；
（2）圓形磁場區(qū)域的最小面積；
（3）粒子從A到D所經(jīng)歷的時間．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)粒子在電場中及磁場中的運動可得出粒子及極板的帶電量；
（2）根據(jù)洛侖茲力充當向心力可求得粒子的半徑，要使粒子能從磁場穿出，磁場區(qū)域應(yīng)包含粒子的整個圓，故最小磁場的直徑應(yīng)為$\sqrt{2}$R；
（3）根據(jù)幾何關(guān)系可明確平行板的間距，由豎直方向的勻加速直線運動可求得在電容中的時間；磁場中恰好經(jīng)過四分之一周期，由周期公式求得時間；粒子在速度選擇器中做勻速直線運動；由速度公式可求得時間．

解答 解：（1）帶電粒子在磁場中向右偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知，粒子帶負電；
粒子在極板間向下偏轉(zhuǎn)，故m板帶負電；
因粒子穿過速度選擇器，則在速度選擇器中有：
Bqv₀=Eq
解得：離開速度選擇器的速度為：v=$\frac{E}{B}$；
經(jīng)過磁場時速度大小不變；在電場中做類平拋運動；
穿出時的速度v=$\frac{{v}_{0}}{cos30°}$=$\frac{2\sqrt{3}E}{3B}$；
（2）由洛侖茲力充當向心力可知：
帶電粒子在磁場中的半徑R=$\frac{mv}{Bq}$=$\frac{mE}{{B}^{2}q}$
由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中應(yīng)經(jīng)歷四分之一個圓周；
圓形磁場的最小半徑為：r=$\frac{\sqrt{2}}{2}R$=$\sqrt{2}$R=$\frac{1}{2}$$\frac{\sqrt{2}mE}{{B}^{2}q}$；
則最小面積S=πr²=$\frac{π{m}^{2}{E}^{2}}{{2B}^{4}{q}^{2}}$
（3）因∠COD=45°；由幾何關(guān)系可知，OC一定是磁場的直徑；
則OC的長度為$\sqrt{2}$R；O′C=$\frac{\sqrt{2}}{2}OC$=R=$\frac{mE}{{B}^{2}q}$；
則在豎直方向有：R=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}×\frac{Eq}{m}{t}^{2}$
解得：t=$\frac{\sqrt{2}m}{Bq}$；
在磁場中的時間t₂=$\frac{T}{4}$=$\frac{2πm}{Bq}×\frac{1}{4}$=$\frac{πm}{2Bq}$；
粒子在速度選擇器中的時間t₃=$\fracuiasjcu{v}$=$\frac{Bb}{E}$
總時間t_總=t+t₂+t₃=$\frac{\sqrt{2}m}{Bq}$+$\frac{πm}{2Bq}$+$\frac{Bb}{E}$
答：（1）m極板所帶電荷的電性為負電；粒子經(jīng)過D點時的速度大小$\frac{2\sqrt{3}E}{3B}$；
（2）圓形磁場區(qū)域的最小面積$\frac{π{m}^{2}{E}^{2}}{{2B}^{4}{q}^{2}}$
（3）粒子從A到D所經(jīng)歷的時間$\frac{\sqrt{2}m}{Bq}$+$\frac{πm}{2Bq}$+$\frac{Bb}{E}$．

點評 本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動，要注意正確理解幾何關(guān)系，用好不同場中的物理規(guī)律求解．