Question

20．如圖1所示，在xOy平面的第一、四象限內(nèi)存在著方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在第四象限內(nèi)存在方向沿-y方向、電場強度為E的勻強電場．從y軸上坐標為（0，a）的P點向磁場區(qū)發(fā)射速度大小不等的帶正電同種粒子，速度方向范圍是與+y方向成30°-150°角，且在xOy平面內(nèi)．結(jié)果所有粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后都垂直打到x軸上，然后進入第四象限內(nèi)的正交電磁場區(qū)．已知帶電粒子電量為+q，質(zhì)量為m，粒子重力不計．

（1）所有通過第一象限磁場區(qū)的粒子中，求粒子經(jīng)歷的最短時間與最長時間的比值；
（2）求粒子打到x軸上的范圍；
（3）從x軸上x=a點射入第四象限的粒子穿過正交電磁場后從y軸上y=-b的Q點射出電磁場，求該粒子射出電磁場時的速度大�。�

Answer 1

分析 （1）由題意，所有粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后都垂直打到x軸上，先找出兩個邊界上的粒子，分析在第一象限內(nèi)的運動情況，可知與y軸正方向成30°的粒子運動時間最長，與y軸正方向成150°的粒子運動時間最短．由幾何知識可確定粒子的速度偏向角θ最小值和最大值，而速度的偏向角等于軌跡的圓心角θ，根據(jù)t=$\frac{θ}{2π}$T，即得到粒子在磁場中的最短時間和最長時間，然后求出比值．
（2）利用帶電粒子在有邊界的勻強磁場中做圓周運動時確定圓心和半徑的方法，分別求出兩種粒子經(jīng)過x軸時距坐標原點的距離，從而可表示出粒子打到 x 軸上的范圍．
（3）由幾何關(guān)系可得出粒子從-b點離開所對應(yīng)的圓周運動的半徑，由半徑公式可求得粒子的速度，然后應(yīng)用動能定理求出粒子速度．

解答 解：（1）所有粒子在第一象限內(nèi)運動時，與y軸正方向成150°的粒子運動時間最短，其速度的偏向角為$\frac{π}{6}$，最短時間為：tmin=$\frac{\frac{π}{6}}{2π}$T=$\frac{1}{12}$T，
所有粒子在第一象限內(nèi)運動時，與y軸正方向成30°的粒子運動時間最長，其速度的偏向角為$\frac{5π}{6}$，最長時間為：tmax=$\frac{\frac{5π}{6}}{2π}$T=$\frac{5}{12}$T，
粒子經(jīng)歷的最短時間與最長時間的比值：$\frac{{t}_{min}}{{t}_{max}}$=$\frac{\frac{1}{12}T}{\frac{5}{12}T}$=$\frac{1}{5}$；
（2）與y軸夾角150°入射的粒子軌跡半徑為：R₁=$\frac{a}{sin30°}$=2a，
打在最左邊的坐標是 x₁=R₁（1-cos30°）=（2-$\sqrt{3}$）a，
與y軸夾角為30°的粒子軌跡半徑為 R₂=$\frac{a}{sin30°}$=2a
打在最右邊的坐標是 x₂=R₂（1+cos30°）=（2+$\sqrt{3}$）a，
粒子通過x軸時的位置范圍是：（2-$\sqrt{3}$）a≤x≤（2+$\sqrt{3}$）a；
（3）從x軸上x=a點射入第四象限的粒子，粒子運動軌跡如圖所示：

粒子運動的圓心在O點，軌道半徑r₁=a，
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{r}_{1}}$，解得：v₀=$\frac{qBa}{m}$，
在第四象限，對粒子由動能定理得：qEb=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
解得：v=$\sqrt{\frac{2qEb}{m}+\frac{{q}^{2}{B}^{2}{a}^{2}}{{m}^{2}}}$；
答：（1）所有通過第一象限磁場區(qū)的粒子中，粒子經(jīng)歷的最短時間與最長時間的比值為1：5；
（2）粒子打到x軸上的范圍是：（2-$\sqrt{3}$）a≤x≤（2+$\sqrt{3}$）a；
（3）從x軸上x=a點射入第四象限的粒子穿過正交電磁場后從y軸上y=-b的Q點射出電磁場，該粒子射出電磁場時的速度大小為$\sqrt{\frac{2qEb}{m}+\frac{{q}^{2}{B}^{2}{a}^{2}}{{m}^{2}}}$．

點評 帶電粒子在磁場中的運動類題目關(guān)鍵在于找出圓心確定半徑，所以在解題時幾何關(guān)系是關(guān)鍵，應(yīng)靈活應(yīng)用幾何關(guān)系，同時結(jié)合畫圖去找出合理的解題方法．