Question

8．如圖所示，在x軸上方有一豎直向下的勻強電場區(qū)域，電場強度為E=500V/m．x軸下方分布有很多磁感應(yīng)強度為B=1T的條形勻強磁場區(qū)域，其寬度均為為d₁=3cm，相鄰兩磁場區(qū)域的間距為d₂=4cm．現(xiàn)將一質(zhì)量為m=5×10^-13kg、電荷量為q=1×10^-8C的帶正電的粒子（不計重力）從y軸上的某處靜止釋放．
（1）若粒子從坐標(biāo)（0，1.25cm）點由靜止釋放，求粒子剛剛進(jìn)入磁場瞬間的速度大小．
（2）調(diào)節(jié)釋放點的位置坐標(biāo)（0，h），要使它經(jīng)過x軸下方時，不會進(jìn)入第二磁場區(qū)，h應(yīng)滿足什么條件？
（3）若粒子從坐標(biāo)（0，5cm）點由靜止釋放，求粒子自釋放到第二次過x軸的時間．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中加速，根據(jù)動能定理可以得到速度的大��；
（2）由動能定理求出粒子的速度，由牛頓第二定律可以正確解題．
（3）由動能定理求出粒子的速度，由運動學(xué)公式與牛頓第二定律、公式t=$\frac{θ}{2π}$T可以求出運動時間．

解答 解：（1）由$Eq{h_1}=\frac{1}{2}mv_1^2$
得到${v_1}=\sqrt{\frac{{2Eq{h_1}}}{m}}=5×{10^2}m/s$
（2）粒子經(jīng)電場加速，經(jīng)過x軸時速度大小為v，滿足：$Eqh=\frac{1}{2}mv_{\;}^2$
之后進(jìn)入下方磁場區(qū)，依據(jù)題意可知運動半徑應(yīng)滿足：R₁＜d₁
又由$qvB=m\frac{v^2}{R_1}$
得${R_1}=\frac{{m{v_1}}}{qB}$
由以上三式可得：${h_1}＜\frac{{q{B^2}d_1^2}}{2Em}=1.8×{10^{-2}}m$
（3）當(dāng)粒子從h₂=5cm的位置無初速釋放后，先在電場中加速，
加速時間為t₁滿足${h_2}=\frac{1}{2}\frac{Eq}{m}t_1^2$
解得  ${t_1}=\sqrt{\frac{{2{h_2}m}}{Eq}}=1×{10^{-4}}s$
進(jìn)入磁場的速度大小為v₂，圓周運動半徑為R₂
$Eq{h_2}=\frac{1}{2}mv_2^2$
解得       ${v_2}=\sqrt{\frac{{2Eq{h_2}}}{m}}=1×{10^3}m/s$
${R_2}=\frac{{m{v_2}}}{qB}$
解得：${R_2}=\frac{{\sqrt{2Em{h_2}}}}{{\sqrt{q}B}}=5cm$
根據(jù)粒子在空間運動軌跡可知，它最低能進(jìn)入第二個磁場區(qū)
它在磁場區(qū)共運動時間為半個圓周運動的時間${t_2}=\frac{πm}{qB}=1.57×{10^{-4}}s$
它經(jīng)過第一無磁場區(qū)時運動方向與x軸的夾角θ滿足：$sinθ=\frac{d_1}{R_2}=0.6$
所以它在無磁場區(qū)的路程$s=\frac{{2{d_2}}}{cosθ}=0.1m$
無磁場區(qū)運動時間${t_3}=\frac{s}{v_2}=1×{10^{-4}}s$
總時間$t={t_1}+{t_2}+{t_3}=3.57×{10^{-4}}s$
答：
（1）粒子剛剛進(jìn)入磁場瞬間的速度大小為500m/s．
（2）h應(yīng)小于1.8×10^-2m；
（3）粒子自釋放到第二次過x軸的時間為3.57×10^-4s．

點評 本題考查了帶電粒子在電磁場中的運動，是電磁學(xué)綜合題，分析清楚粒子運動過程是正確解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動能定理、牛頓第二定律、運動學(xué)公式即可正確解題．