Question

7．如圖甲所示，有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁場邊界OP與水平方向夾角為θ=45°，緊靠磁場右上邊界放置長為L、間距為d的平行金屬板M、N，磁場邊界上的O點與N板在同一水平面上，O₁、O₂為電場左右邊界中點．在兩板間存在如圖乙所示的交變電場（取豎直向下為正方向）．某時刻從O點豎直向上以不同初速度同時發(fā)射兩個相同的質(zhì)量為m、電量為+q的粒子a和b．結(jié)果粒子a恰從O₁點水平進(jìn)入板間電場運動，由電場中的O₂點射出；粒子b恰好從M板左端邊緣水平進(jìn)入電場．不計粒子重力和粒子間相互作用，電場周期T未知．求：

（1）粒子a、b從磁場邊界射出時的速度v_a、v_b；
（2）粒子a從O點進(jìn)入磁場到O₂點射出電場運動的總時間t；
（3）如果金屬板間交變電場的周期T=$\frac{4m}{qB}$，粒子b從圖乙中t=0時刻進(jìn)入電場，要使粒子b能夠穿出板間電場時E₀滿足的條件．

Answer 1

分析 （1）求出粒子軌道半徑，應(yīng)用牛頓第二定律可以求出粒子a、b從磁場邊界射出時的速度v_a、v_b；
（2）求出粒子在磁場中、在電場中、在磁場外的運動時間，然后求出總運動時間；
（3）作出粒子在電場中的運動軌跡，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律分析答題．

解答 解：（1）根據(jù)題意，粒子a、b在磁場中受洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，圓心分別為O_a、O_b，作出其運動軌跡如圖所示，粒子a從A點射出磁場．
由幾何關(guān)系有：${r_a}=\fracypcbwkw{2}$，r_b=d，

由牛頓第二定律有：$qvB=m\frac{v^2}{r}$，
解得：${v_a}=\frac{qBd}{2m}$，${v_b}=\frac{qBd}{m}$；
（2）設(shè)粒子a在磁場中運動時間為t₁，從A點到O₂點的運動時間為t₂，則：${t_1}=\frac{T_a}{4}$，${T_a}=\frac{2πm}{qB}$，
${t_2}=\frac{{（{r_b}-{r_a}）+L}}{v_a}$，t=t₁+t₂，
解得：$t=\frac{πm}{2qB}+\frac{m（L+2d）}{qBd}$．
（3）由題意知粒子a飛出磁場時速度沿水平方向，在電場中運動的時間為交變電壓周期的n倍，則對粒子b，有：${t_b}=\frac{v_a}{v_b}（nT）$，
水平方向做勻速直線運動：L=v_bt_b，
豎直方向在電場力作用下做加速、減速交替的勻變速運動（0→$\frac{T}{2}$，向下做初速度為0的勻加速運動，向下發(fā)生位移為x₁；$\frac{T}{2}$→T，向下做勻減速運動至速度為0，向下發(fā)生位移為x₂…），則：${x_1}=\frac{1}{2}（\frac{{q{E_0}}}{m}）{（\frac{T}{2}）^2}$，${x_2}=\frac{1}{2}（\frac{{q{E_0}}}{m}•\frac{T}{2}）（\frac{T}{2}）={x_1}$，
…x_n=x₁，
粒子b要飛出電場有：（x₁+x₂+…+x_n）≤d，
解得：${E_0}≤\frac{{q{B^2}{d^2}}}{mL}$．
答：（1）粒子a、b從磁場邊界射出時的速度v_a為$\frac{qBd}{2m}$、v_b為$\frac{qBd}{m}$；
（2）粒子a從O點進(jìn)入磁場到O₂點射出電場運動的總時間t為$\frac{πm}{2qB}+\frac{m（L+2d）}{qBd}$；
（3）如果金屬板間交變電場的周期T=$\frac{4m}{qB}$，粒子b從圖乙中t=0時刻進(jìn)入電場，要使粒子b能夠穿出板間電場時E₀滿足的條件${E_0}≤\frac{{q{B^2}{d^2}}}{mL}$．

點評 本題考查了帶電粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期公式、運動學(xué)公式即可正確解題，難度較大．