Question

20．如圖甲所示，兩長為2L的金屬板MN、PQ平行放置，兩板間的距離為L，在兩板間加以方向豎直向上的勻強電場，一帶正電粒子（不計重力）沿兩板中心線O₁O₂從左側邊緣O₁點以某一速度射入，則該粒子恰好能從上極板邊緣飛出且在兩極板間運動的時間為t₀，若撤去電場，在兩板間有一磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁場與兩板及左側邊緣相切，讓粒子仍從O₁點以相同速度射入，恰好垂直于MN板并打在MN板上的A點，如圖乙所示．

（1）求兩板間的勻強電場E的大��；
（2）若保持磁場不變，讓粒子仍沿中心線O₁O₂從O₁點射入，欲使粒子從從兩板左板左側極板間射出，則射入的初速度v應滿足什么條件？

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律，結合牛頓第二定律與運動學公式，即可求解；
（2）粒子以相同速度入射時，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，根據(jù)半徑公式，即可列出半徑表達式；當欲使粒子從從兩板左板左側極板間射出，粒子沿半徑方向射向磁場，一定沿半徑方向離開磁場，根據(jù)幾何關系畫出軌跡，求出半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式求解初速度．

解答 解：（1）在電場中做類似平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律，有：
a=$\frac{qE}{m}$
水平方向：2L=v₀•t₀
豎直方向：$\frac{L}{2}$=$\frac{1}{2}$a${t}_{0}^{2}$
若撤去電場，讓粒子仍從O₁點以相同速度射入，恰好垂直于MN板并打在MN板上的A點，

根據(jù)半徑公式，則有：$\frac{L}{2}$=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$；
解得：E=$\frac{BL}{4{t}_{0}}$；
（2）設粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r，粒子恰好從上極板左邊緣飛出時速度的偏轉角為α，
由幾何關系可知：β=π-α=45°，r+$\sqrt{2}$r=R

因為：R=$\frac{L}{2}$，
且r=$\frac{mv′}{qB}$
所以有：v′=$\frac{L}{（\sqrt{2}+1）{t}_{0}}$
所以，粒子兩板左側間飛出的條件為：0＜v＜$\frac{L}{（\sqrt{2}+1）{t}_{0}}$；
答：（1）求兩板間的勻強電場E的大小$\frac{BL}{4{t}_{0}}$；
（2）若保持磁場不變，讓粒子仍沿中心線O₁O₂從O₁點射入，欲使粒子從從兩板左板左側極板間射出，則射入的初速度v應滿足0＜v＜$\frac{L}{（\sqrt{2}+1）{t}_{0}}$條件．

點評 本題關鍵是明確粒子的運動規(guī)律，畫出運動軌跡，然后根據(jù)牛頓第二定律以及運動學公式列式分析求解．