Question

9．如圖所示，將某正粒子放射源置于原點O，其向各方向射出的粒子速度大小均為v₀、質量均為m、電荷量均為q．在0≤y≤d的一、二象限范圍內分布著一個勻強電場，方向與y軸正向相同，在d＜y≤2d的一、二象限范圍內分布著一個勻強磁場，方向垂直于xoy平面向里．粒子離開電場上邊緣y=d時，能夠到達的最右側的位置為（1.5d，d）．最終恰沒有粒子從y=2d的邊界離開磁場．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，不計粒子重力以及粒子間的相互作用，求：
（1）電場強度E；
（2）磁感應強度B；
（3）粒子在磁場中運動的最長時間．

Answer 1

分析 （1）沿x軸正方向發(fā)射的粒子做類平拋運動，根據(jù)平拋運動基本公式列式求解E；
（2）粒子沿x軸正方向射出的粒子進入磁場偏轉的角度最大，若該粒子進入磁場不能打在ab板上，則所有粒子均不能打在ab板上．根據(jù)帶電粒子在電場中類平拋運動，求出進入磁場中的偏轉角度，結合幾何關系得出軌道半徑，從而得出磁感應強度的大�。�
（3）粒子運動的最長時間對應最大的圓心角，經過（1.5d，d）恰與上邊界相切的粒子軌跡對應的圓心角最大，根據(jù)幾何關系結合周期公式求解．

解答 解：（1）沿x軸正方向發(fā)射的粒子有：x=1.5d，y=d，
由類平拋運動基本規(guī)律得：x=v₀t，
$y=\frac{1}{2}a{t^2}$，
而$a=\frac{qE}{m}$，
聯(lián)立可得：$E=\frac{8mv_0^2}{9qd}$
（2）沿x軸正方向發(fā)射的粒子射入磁場時有：1.5d=v₀t，
$d=\frac{v_y}{2}t$，
聯(lián)立可得：${v_y}=\frac{4}{3}{v_0}$，
$v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}=\frac{5}{3}{v_0}$，方向與水平成53°，斜向右上方，
據(jù)題意知該粒子軌跡恰與上邊緣相切，則其余粒子均達不到y(tǒng)=2d邊界，由幾何關系可知：
$d=R+\frac{3}{5}R$，
根據(jù)牛頓第二定律得：$Bqv=m\frac{v^2}{R}$
解得：$R=\frac{mv}{qB}$
聯(lián)立可得：$B=\frac{{8m{v_0}}}{3qd}$
（3）粒子運動的最長時間對應最大的圓心角，經過（1.5d，d）恰與上邊界相切的粒子軌跡對應的圓心角最大，由幾何關系可知圓心角為：θ=254°，
粒子運動周期為：$T=\frac{2πm}{qB}=\frac{3πd}{{4{v_0}}}$，
則時間為：$t=\frac{θ}{360°}T=\frac{127πd}{{240{v_0}}}$．
答：（1）電場強度E為$\frac{8m{v}_{0}^{2}}{9qd}$；
（2）磁感應強度B為$\frac{8m{v}_{0}}{3qd}$；
（3）粒子在磁場中運動的最長時間為$\frac{127πd}{240{v}_{0}}$．

點評 本題考查了帶電粒子在電場和磁場中的運動，關鍵確定粒子運動的臨界情況，通過幾何關系解決，對學生數(shù)學幾何能力要求較高．