Question

13．如圖所示，虛線MN為電場、磁場的分界線，勻強(qiáng)電場E=10³V/m，方向豎直向上，電場線與邊界線MN成45^o角，勻強(qiáng)磁場垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T，在電場中有一點(diǎn)A，A點(diǎn)到邊界線MN的垂直距離AO的長為L=10cm，將比荷為$\sqrt{2}$×10⁴C/kg的帶負(fù)電粒子從A處由靜止釋放（電場、磁場范圍足夠大，粒子所受重力不計(jì)）．求：
（1）粒子第一次在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑；
（2）粒子從釋放到下一次進(jìn)入到電場區(qū)域所需要的時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動(dòng)能定理求解粒子第一次進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小；
（2）先求出粒子在電場中勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，由牛頓第二定律和速度公式結(jié)合求解；粒子在磁場中轉(zhuǎn)過$\frac{3}{4}$周，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為$\frac{3}{4}$，求得周期T，即求出在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間，從而得到總時(shí)間；

解答 解：（1）粒子在電場中有：$qE•\sqrt{2}L=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
代入數(shù)據(jù)：${v}_{0}^{\;}=\sqrt{\frac{2qE•\sqrt{2}L}{m}}$=$\sqrt{2×\sqrt{2}×1{0}_{\;}^{4}×1{0}_{\;}^{3}×\sqrt{2}×0.1}$=$2×1{0}_{\;}^{3}m/s$
在磁場中：$q{v}_{0}^{\;}B=m\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$
解得：$r=\frac{m{v}_{0}^{\;}}{qB}=\frac{{v}_{0}^{\;}}{\frac{q}{m}B}=\frac{2000}{\sqrt{2}×1{0}_{\;}^{4}×1}=\sqrt{2}×1{0}_{\;}^{-1}$m
（2）由$\sqrt{2}L=\frac{1}{2}\frac{qE}{m}{t}_{1}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：${t}_{1}^{\;}=\sqrt{2}×1{0}_{\;}^{-4}s$
粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)$\frac{3}{4}$周，$T=\frac{2πm}{qB}$
所以${t}_{2}^{\;}=\frac{3}{4}T=\frac{3}{4}×\frac{2πm}{qB}=\frac{3\sqrt{2}π}{4}×1{0}_{\;}^{-4}s$
所以$t={t}_{1}^{\;}+{t}_{2}^{\;}=\frac{\sqrt{2}}{4}（4+3π）×1{0}_{\;}^{-4}s$
答：（1）粒子第一次在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑$\sqrt{2}×1{0}_{\;}^{-1}m$；
（2）粒子從釋放到下一次進(jìn)入到電場區(qū)域所需要的時(shí)間$\frac{\sqrt{2}}{4}（4+3π）×1{0}_{\;}^{-4}s$

點(diǎn)評(píng) 本題的解題關(guān)鍵是畫出磁場中的軌跡，根據(jù)幾何知識(shí)求出距離與半徑，確定軌跡的圓心角，計(jì)算時(shí)間與周期的關(guān)系．