Question

1．如圖，在xOy坐標平面第一象限內、x≤1m的范圍中，存在以y=x²為上邊界的沿y軸正方向的勻強電場，場強大小E₁=2.0×10² N/C．在直線MN（方程為y=1m）的上方存在方向垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場．在x=-1m處有一與y軸平行的接收板PQ，板兩端分別位于MN直線和x軸上；在第二象限，MN和PQ圍成的區(qū)域內存在沿x軸負方向的勻強電場，場強大小為E₂．現有大量的帶正電粒子從x軸上0＜x≤1m的范圍內同時由靜止釋放，粒子的比荷均為$\frac{q}{m}$=1.6×10⁵ C/kg，不計粒子的重力及其相互作用．
（1）求在x=0.5m處釋放的粒子射出電場E₁ 時的速度大小；
（2）若進入磁場的所有帶電粒子均從MN上同一點離開磁場，求磁感應強度B的大��；
（3）若在第（2）問情況下所有帶電粒子均被PQ板接收，求電場強度E₂的最小值和在E₂最小的情況下最先打在接收板上的粒子運動的總時間．

Answer 1

分析 （1）加速場運用動能定理，求出速度，結合拋物線方程，二者聯立，即可求出粒子速度v；
（2）運用洛倫茲力提供向心力求出半徑公式，結合臨界幾何關系聯立，即可求出磁感應強度B；
（3）所有帶電粒子均被PQ板接收，粒子在E₂中做類平拋運動，利用運動的合成和分解結合牛頓第二定律，再找出臨界幾何條件，聯立即可求出E₂最小值，分別求每一個過程的時間，加和即可求出總時間．

解答 解：（1）由題意得，于x處釋放的粒子在電場中加速的位移為y，且滿足：y=x²…①
設射出電場E₁時的速度大小為v，由動能定理可得：E₁qy=$\frac{1}{2}$mv²…②
由①②式可得：v=$x•\sqrt{\frac{2{E}_{1}q}{m}}$…③
代入x=0.5m可得：v=4×10³m/s
（2）粒子進入磁場后做勻速圓周運動，設半徑為r，由牛頓第二定律可得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$…④
由③④式解得：：r=$\frac{mv}{qB}$=$\frac{1}{B}\sqrt{\frac{2m{E}_{1}}{q}}x$…⑤
由⑤式可得，當磁感應強度B一定時，軌道半徑r與x成正比，當x趨近于零時時，粒子做圓周運動的軌道半徑趨近于零，
即所有粒子經磁場偏轉后都從C點射出磁場，且有：2r=x…⑥
由⑤⑥式可得：B=0.1T
（3）粒子從C點沿y軸負方向進入電場強度大小為E₂的范圍后，都在電場力作用下做類平拋運動，
若所有帶電粒子均被PQ板接收，則從x=1m處出發(fā)的粒子剛好運動到Q點，對應電場強度E₂的最小值E_2min，
設該粒子在場強大小為E_2min的電場中運動的初速度為v₁，時間為t₃，加速度為a₂，
有：E_2minq=ma₂…⑦
y=v₁t₃…⑧
x=$\frac{1}{2}$a₂t₃² …⑨
將x=1m，y=1m分別代入③⑧兩式，
聯立③⑦⑧⑨式可得：E_2min=8.0×10²N/C
由題意得，在E₂最小的情況下最先打在接收板上的粒子為從x=1m處出發(fā)的粒子，
設該粒子在場強大小為E₁的電場中運動的時間為t₁，在磁場中運動的時間為t₂，
則有：E₁q=ma₁ …⑩
v₁=a₁t₁…⑪
在勻強磁場中轉過的圓心角：θ=π
有：πr=v₁t₂…⑫
故該粒子所經歷的總時間：t=t₁+t₂+t₃…⑬
將x=1m，y=1m分別代入③⑧兩式，
聯立③⑧⑩⑪⑫⑬可得：t=$\frac{30+5π}{8}$×10^-4s≈5.7×10^-4s
答：（1）在x=0.5m處釋放的粒子射出電場E₁時的速度大小為4×10³m/s；
（2）若進入磁場的所有帶電粒子均從MN上同一點離開磁場，磁感應強度B的大小為0.1T；
（3）若在第（2）問情況下所有帶電粒子均被PQ板接收，電場強度E₂的最小值為8.0×10²N/C，在E₂最小的情況下最先打在接收板上的粒子運動的總時間約為5.7×10^-4s．

點評 本題考查帶電粒子在復合場中的運動，分析問題時，要分好過程，針對每一個過程的運動形式選擇合適的規(guī)律解題；粒子在加速電場中做加速運動運用動能定理解決，粒子在磁場中做勻速圓周運動，運用洛倫茲力提供向心力求出半徑公式，再與幾何關系聯立；粒子在偏轉電場中做類平拋運動，運用運動的合成和分解，牛頓第二定律結合運動學規(guī)律求解．解題的關鍵在于臨界幾何條件的尋找，即：從x=1m處出發(fā)的粒子剛好運動到Q點，對應電場強度E₂的最小值．