Question

4．如圖所示，在xOy平面的第一、四象限存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電、磁場(chǎng)以O(shè)M為分界線(xiàn)，OM與x軸正向夾角θ=45°，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E=32N/C，方向沿y軸負(fù)方向，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.1T，方向垂直紙面向里．在第三象限存在加速電場(chǎng)，一質(zhì)量m=1×10^-24kg、電量q=5×10^-18C的帶正電的粒子，從靜止開(kāi)始經(jīng)加速電場(chǎng)U加速后，從y軸上的點(diǎn)A（0，-4×10^-3）以沿x軸正方向的初速度v₀射出，帶電粒子第一次進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)為（4×10^-3，-4×10^-3），速度方向沿y軸正方向．
（1）求初速度v₀的大小以及加速電場(chǎng)的電壓U；
（2）若帶電粒子從A點(diǎn)出發(fā)到經(jīng)過(guò)電磁場(chǎng)邊界過(guò)程的總時(shí)間為3.128×10^-5s，求粒子是第幾次通過(guò)邊界OM；
（3）若帶電粒子經(jīng)過(guò)電磁場(chǎng)邊界OM時(shí)的速度大小為2$\sqrt{5}$×10³m/s，求粒子是第幾次通過(guò)邊界OM以及粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）加速電場(chǎng)中對(duì)粒子運(yùn)用動(dòng)能定理，進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，利用洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系以及第一次進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的坐標(biāo)，聯(lián)立即可求出初速度v₀的大小以及加速電場(chǎng)的電壓U；
（2）分別求粒子第一次進(jìn)入磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t₁，再求其每一次經(jīng)過(guò)OM的時(shí)間，將各段的時(shí)間加和與問(wèn)中的3.128×10^-5s的時(shí)間作比較分析即可判斷粒子是第幾次通過(guò)邊界OM；
（3）分析可知前三次經(jīng)過(guò)OM的速度大小均相同并且小于問(wèn)中所要求的速度，第三次經(jīng)過(guò)OM邊界后粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，利用運(yùn)動(dòng)的合成和分解結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律，求解類(lèi)平拋的時(shí)間t₄，以及再次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小，結(jié)合第（2）問(wèn)的前三次經(jīng)過(guò)OM的時(shí)間t，以及（3）問(wèn)中所給的速度，比較分析即可．

解答 解：（1）帶電粒子從A點(diǎn)開(kāi)始在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，帶電粒子第一次進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)為（4×10^-3，-4×10^-3）
根據(jù)左手定則和幾何知識(shí)可知，帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r=4×10^-3m，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，
根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$
解得：v₀=$\frac{qBr}{m}$=$\frac{0.1×5×1{0}^{-18}×4×1{0}^{-3}}{1×1{0}^{-24}}$m/s=2×10³m/s
加速電場(chǎng)中根據(jù)動(dòng)能定理可得：qU=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得：U=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2q}$=$\frac{1×1{0}^{-24}×{（2×1{0}^{3}）}^{2}}{2×5×1{0}^{-18}}$=0.4V
（2）帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為：T=$\frac{2πm}{qB}$=1.256×10^-5s
有圖可知，粒子運(yùn)動(dòng)四分之一個(gè)圓周后豎直向上進(jìn)入電場(chǎng)，故t₁=$\frac{1}{4}$T=$\frac{πm}{2qB}$=3.14×10^-6s
粒子在電場(chǎng)中先做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到速度為零，然后反向做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，
根據(jù)牛頓第二定律，可得粒子運(yùn)動(dòng)的加速度為：a=$\frac{qE}{m}$=1.6×10⁸m/s²
故在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t₂=$\frac{2{v}_{0}}{a}$=2.5×10^-5s
粒子再次進(jìn)入磁場(chǎng)后有做四分之一圓周運(yùn)動(dòng)，故
t₃=t₁=3.14×10^-6s
此時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t=t₁+t₂+t₃=3.128×10^-5s
則粒子是第3次通過(guò)邊界OM
（3）粒子從P點(diǎn)第三次經(jīng)過(guò)電磁場(chǎng)邊界水平向右進(jìn)入電場(chǎng)后做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，
則：x=v₀t′，y=$\frac{1}{2}at{′}^{2}$
位移偏向角的正切值：tanθ=$\frac{y}{x}$
聯(lián)立解得：t′=2.5×10^-5s
故v_y=at′=4×10³m/s
v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=2$\sqrt{5}$×10³m/s
帶電粒子經(jīng)過(guò)點(diǎn)磁場(chǎng)邊界OM的速度大小為2$\sqrt{5}$×10³m/s，則是粒子第4次通過(guò)邊界OM，
粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間：t_總=t+t′=3.128×10^-5s+2.5×10^-5s=5.628×10^-5s
答：（1）初速度v₀的大小為2×10³m/s，加速電場(chǎng)的電壓U為0.4V；
（2）若帶電粒子從A點(diǎn)出發(fā)到經(jīng)過(guò)電磁場(chǎng)邊界過(guò)程的總時(shí)間為3.128×10^-3s，粒子是第3次通過(guò)邊界OM；
（3）若帶電粒子經(jīng)過(guò)電磁場(chǎng)邊界OM時(shí)的速度大小為2$\sqrt{5}$×10³m/s，粒子是第4次通過(guò)邊界OM，粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為5.628×10^-5s．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵是要畫(huà)出粒子軌跡過(guò)程圖，明確每一個(gè)過(guò)程粒子的運(yùn)動(dòng)形式，選擇合適的規(guī)律解決問(wèn)題，要注意分析每一次經(jīng)過(guò)OM的速度的大小和方向，整體過(guò)程比較復(fù)雜，計(jì)算量較大，難度并不大．