Question

3．如圖所示，兩塊平行極板AB、CD正對放置，極板CD的正中央有一小孔，兩極板間距離AD為d，板長AB為2d，兩極板間電勢差為U，在ABCD構(gòu)成的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強電場，電場方向水平向右．在ABCD矩形區(qū)域以外有垂直于紙面向里的范圍足夠大的勻強磁場．極板厚度不計，電場、磁場的交界處為理想邊界．將一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子在極板AB的正中央O點，由靜止釋放．不計帶電粒子所受重力．
（1）求帶電粒子經(jīng)過電場加速后，從極板CD正中央小孔射出時的速度大��；
（2）為了使帶電粒子能夠再次進入勻強電場，且進入電場時的速度方向與電場方向垂直，求磁場的磁感應(yīng)強度的大小，并畫出粒子運動軌跡的示意圖．
（3）通過分析說明帶電粒子第二次離開電場時的位置，并求出帶電粒子從O點開始運動到第二次離開電場區(qū)域所經(jīng)歷的總時間．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場中加速，根據(jù)動能定理可求得粒子射出時的速度；
（2）粒子粒子運動過程進行分析，明確粒子能回到電場所轉(zhuǎn)過的圓心角，根據(jù)洛倫茲力充當向心力可求得磁感應(yīng)強度；
（3）帶電粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)運動的合成和分解規(guī)律明確運動軌跡和時間；粒子在磁場中做圓周運動，根據(jù)周期公式和轉(zhuǎn)過的角度可明確對應(yīng)的時間，從而求出總時間．

解答 解：（1）設(shè)帶電粒子經(jīng)過電場加速后，從極板CD正中央小孔射出時的速度大小為v，由動能定理有：qU=$\frac{1}{2}$mv²…①
解得：v=$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$
（2）帶電粒子第一次從電場中射出后，在磁場中做勻速圓周運動，若能夠再次進入勻強電場，且進入電場時的速度方向與電場方向垂直，運動方向改變270°，由此可知在磁場中的運動軌跡為四分之三圓，圓心位于D點，半徑為d，由A點垂直射入電場．
帶電粒子在磁場中運動時，洛侖茲力充當向心力，由牛頓運動定律   Bq=m$\frac{v_{2}}dmrztku$…②
解得：B=$\frac{mv}{qd}$=$\frac{1}lq5b6hm$$\sqrt{\frac{2mU}0avssuj}$    
（3）帶電粒子由A點垂直于電場方向射入電場之后做類平拋運動
若能夠射出電場，運動時間為：t₁=$\frac{2d}{v}$=d$\sqrt{\frac{2m}{qU}}$…③
沿電場方向的側(cè)移為：s=$\frac{1}{2}$at₁²…④
由牛頓第二定律可知：
a=$\frac{Eq}{m}$=$\frac{Uq}{md}$…⑤
解得：s=d
因此帶電粒子恰能從C點射出．軌跡如圖所示．
設(shè)帶電粒子第一次在電場中加速，運動時間為t₁
帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)，運動時間為t₂．
粒子轉(zhuǎn)動中洛侖茲力充當向心力．由牛頓第二定律有：Bqv=m$\frac{4π^{2}d}{T^{2}}$…⑥
周期為：T=$\frac{2πm}{Bq}$=πd$\sqrt{\frac{2m}{qU}$
則有：t₂=$\frac{3}{4}$T=$\frac{3}{4}$πd$\sqrt{\frac{2m}{qU}}$
帶電粒子第二次在電場中偏轉(zhuǎn)，運動時間也為t₁，因此帶電粒子運動從O點到C點的總時間為：
t_總=2t₁+t₂=（2+$\frac{3}{4}$π）d$\sqrt{\frac{2m}{qU}}$
答：（1）帶電粒子經(jīng)過電場加速后，從極板CD正中央小孔射出時的速度大小為$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$
（2）為了使帶電粒子能夠再次進入勻強電場，且進入電場時的速度方向與電場方向垂直，磁場的磁感應(yīng)強度的大小$\frac{1}2yjq7gz$$\sqrt{\frac{2mU}lvmg8sz}$，畫出粒子運動軌跡的示意圖如圖所示．
（3）通過分析說明帶電粒子第二次離開電場時的位置，帶電粒子從O點開始運動到第二次離開電場區(qū)域所經(jīng)歷的總時間為（2+$\frac{3}{4}$π）d$\sqrt{\frac{2m}{qU}}$．

點評 本題中帶電粒子先加速后由磁場偏轉(zhuǎn)，根據(jù)動能定理求加速獲得的速度，畫出磁場中粒子的運動軌跡是處理這類問題的基本方法，注意在電場中一般利用運動的合成和分解以及動能定理求解．