Question

5．如圖1所示，在x軸上O到d范圍內(nèi)存在電場（圖中未畫出），x軸上各點的電場沿著x軸正方向且電場強度大小E隨x的分布如圖2所示，在x=d處電場強度為E₀；在x軸上d到2d范圍內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B．一質(zhì)量為m、電量為q的粒子沿x軸正方向以某一初速度從O點進入電場，最終粒子恰從坐標為（2d，$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$d）的P點離開磁場．不計粒子重力．

（1）求在x=0.5d處，粒子的加速度大小a．
（2）求粒子在磁場中運動時間t．
（3）類比是一種常用的研究方法．對于直線運動，教科書中講解了由υ-t圖象求位移的方法．請你借鑒此方法，并結(jié)合其他物理知識，求粒子進入電場時的初速度為υ₀．

Answer 1

分析 （1）從圖象中得出x=0.5d處的電場強度，根據(jù)牛頓第二定律求出粒子的加速度大�。�
（2）根據(jù)幾何關(guān)系得出粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑和圓心角的大小，根據(jù)t=$\frac{α}{2π}$T，結(jié)合周期公式求出粒子在磁場中運動的時間．
（3）根據(jù)粒子在磁場中的軌道半徑，結(jié)合軌道半徑的公式求出粒子進入磁場的速度，根據(jù)圖象求出電場力做功W=$\frac{1}{2}$qE₀d．根據(jù)動能定理求出帶電粒子進入電場時的速度，最后根據(jù)動量定理求出電場對粒子的沖量大小I．

解答 解：（1）由圖象，x=0.5d處，電場強度為E=0.5E₀，由牛頓第二定律得：
qE=ma
解得：a=$\frac{q{E}_{0}}{2m}$．
（2）在磁場中運動軌跡如圖，設(shè)半徑為R，由幾何關(guān)系
R²=d²+（R-$\frac{\sqrt{3}}{3}$d）²
解得：R=$\frac{2}{3}\sqrt{3}$d．
設(shè)圓弧所對圓心為α，滿足：sinα=$\fracsktezzq{R}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$
解得：α=$\frac{π}{3}$．
粒子在磁場中做圓周運動，設(shè)在磁場中運動的周期為T，粒子在磁場的運動速率為v，
圓運動半徑為 R，根據(jù)牛頓第二定律：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
粒子運動的周期T=$\frac{2πR}{v}$=$\frac{2πm}{qB}$．
所以，粒子在磁場中運動時間t=$\frac{α}{2π}$T=$\frac{πm}{3qB}$．
（3）粒子在磁場中做圓周運動，由牛頓第二定律得：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
又粒子做圓周運動的半徑R=$\frac{2}{3}\sqrt{3}$d．
解得粒子在磁場中的運動速度v=$\frac{2\sqrt{3}qBd}{3m}$．
由圖象可知，電場中電場力對粒子做功W=$\frac{1}{2}$qE₀d．
設(shè)粒子剛進入電場時速度為v₀，根據(jù)動能定理：W=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²．
解得：v₀=$\sqrt{{v}^{2}-\frac{2W}{m}}$=$\sqrt{（{\frac{2\sqrt{3}qBd}{3m}）}^{2}-\frac{q{E}_{0}d}{m}}$．
根據(jù)動量定理：I=mv-mv₀=$\frac{2\sqrt{3}qBd}{3}$-$\sqrt{{（\frac{2\sqrt{3}qBd}{3}）}^{2}-mq{E}_{0}d}$．
答：（1）在x=0.5d處，粒子的加速度大小為$\frac{q{E}_{0}}{2m}$．
（2）粒子在磁場中的運動時間為$\frac{πm}{3qB}$．
（3）電場對粒子的沖量大小為$\frac{2\sqrt{3}qBd}{3}$-$\sqrt{{（\frac{2\sqrt{3}qBd}{3}）}^{2}-mq{E}_{0}d}$．

點評 解決本題的關(guān)鍵掌握帶電粒子在磁場中運動的半徑公式和周期公式，掌握求粒子在磁場中運動時間的方法，以及知道圖線與橫軸圍成的面積再乘以電量為電場力所做的功．