Question

4．如圖，在豎直平面內建立坐標系xOy，第Ⅰ象限有平行板電容器，其中M板帶正電，N板帶負電且緊靠x軸，其上有一小孔Q．兩板左側緊鄰y軸，板間電壓為U，間距為d，第Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ象限空間只有垂直紙面向里的勻強磁場．在電容器內部緊靠M板處有一料子發(fā)射器P，某時刻沿x軸負方向以某一初速度發(fā)出一個質量為m、電荷量為q的帶正電粒子．粒子從y=$\fracwk2kyca{2}$處經過y軸且速度方向與y軸負方向成45°角，其后粒子在勻強磁場中偏轉后垂直x軸由小孔Q返回勻強電場，不計粒子重力，求：
（1）粒子剛從發(fā)射器射出的初速度及出射點與y軸的距離；
（2）粒子從粒子源射出到返回勻強電場上升到最高點所用的總時間．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律求出粒子的初速度與距離．
（2）粒子在運動磁場中做勻速圓周運動，在電場中做豎直上拋運動，求出粒子在磁場與電場中的運動時間，然后求出總的運動時間．

解答 解：（1）帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，
沿初速度方向：x=v₀t₁ 
與初速度v₀垂直的方向：$\frac{1}{2}$d=$\frac{1}{2}$$\frac{qU}{md}$t₁²  
v_y=v₀=$\frac{qU}{md}$t₁，
解得：t₁=d$\sqrt{\frac{m}{qU}}$，v₀=$\sqrt{\frac{qU}{m}}$，x=d，
（2）帶點粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
由幾何關系得，粒子做勻速圓周運動的半徑：R=$\frac{\sqrt{2}}{2}$d，
粒子在勻強磁場中運動的時間：t₂=$\frac{5}{8}$T，
粒子做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，解得：t₂=$\frac{5πd}{8}$$\sqrt{\frac{m}{qU}}$，
粒子在磁場中運動的速度：v=$\sqrt{2}$v₀=$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$，
粒子進入勻強電場后上升的最大高度為h，
則：-v²=-2$\frac{qU}{md}$h，解得：h=d，則粒子恰好可以到達M板，
粒子返回進入勻強電場后的運動時間：t₃=$\frac{\sqrt{2}{v}_{0}}{a}$=d$\sqrt{\frac{2m}{qU}}$，
粒子從發(fā)射到返回勻強電場上升到最高點所用時間：
t=t₁+t₂+t₃=（1+$\sqrt{2}$+$\frac{5π}{8}$）d$\sqrt{\frac{m}{qU}}$；
答：（1）粒子剛從發(fā)射器射出的初速度為$\sqrt{\frac{qU}{m}}$，出射點與y軸的距離為d；
（2）粒子從粒子源射出到返回勻強電場上升到最高點所用的總時間為（1+$\sqrt{2}$+$\frac{5π}{8}$）d$\sqrt{\frac{m}{qU}}$．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動時間，分析清楚粒子的運動過程，應用類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律、粒子周期公式即可正確解題．