Question

20．如圖所示，空間被平行界面分為三個區(qū)域，Ⅰ區(qū)域存在勻強電場，電場強度E可取不同值，其左邊界與y軸重合；Ⅱ區(qū)域磁場方向垂直紙面向里、Ⅲ區(qū)域磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度均為B，Ⅰ、Ⅱ區(qū)域?qū)挾染鶠閐，Ⅲ區(qū)域右側(cè)無限制；平面直角坐標(biāo)系中點P（0，3d）．質(zhì)量m、電荷量+q粒子從坐標(biāo)原點O由靜止釋放進(jìn)入電場．粒子的重力不計．求：
（1）粒子恰好不能進(jìn)入Ⅲ區(qū)域，所加的電場強度；
（2）粒子經(jīng)Ⅰ、Ⅱ區(qū)域到y(tǒng)軸上P點的最短時間；
（3）粒子經(jīng)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域后回到原點運動的總路程．

Answer 1

分析 （1）粒子在Ⅱ中做圓周運動時其軌跡與Ⅱ的右邊界相切時粒子恰好不進(jìn)入Ⅲ區(qū)，求出粒子在Ⅱ做圓周運動的軌道半徑，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出其速度，然后在電場中應(yīng)用動能定理可以求出電場強度．
（2）粒子在Ⅰ做勻變速直線運動，在Ⅱ區(qū)做軌跡為半圓的勻速圓周運動，粒子運動軌跡經(jīng)過P點，求出粒子在磁場中做圓周運動的最大軌道半徑，然后求出粒子的最短運動時間．
（3）作出粒子運動軌跡，然后求出粒子做圓周運動的軌道半徑與轉(zhuǎn)過的圓心角，最后求出粒子的路程．

解答 解：（1）粒子在Ⅱ區(qū)做圓周運動時軌跡與Ⅱ區(qū)右邊界相切時恰好不進(jìn)入Ⅲ區(qū)，
粒子在Ⅱ做圓周運動的軌道半徑：r=d，由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：v=$\frac{qBd}{m}$，
在Ⅰ區(qū)，對粒子由動能定理得：qEd=$\frac{1}{2}$mv²-0，解得：E=$\frac{q{B}^{2}d}{2m}$；
（2）粒子要到達(dá)P點，粒子應(yīng)在電場中做勻變速直線運動，在Ⅱ區(qū)中做軌跡為半圓的勻速圓周運動，
粒子軌道半徑r′滿足：4r′=3d，即r′=0.75d時粒子經(jīng)Ⅰ、Ⅱ區(qū)域到y(tǒng)軸上P點的最短時間，
粒子在Ⅱ做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv′B=m$\frac{v{′}^{2}}{r′}$，解得：v′=$\frac{3qBd}{4m}$，
粒子在電場中做勻變速直線運動，粒子穿過電場一次需要的時間：t₁=$\fracvdlbv5t{\overline{v}}$=$\fracphnz5bt{\frac{v′}{2}}$=$\frac{8m}{3qB}$，
粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，粒子穿過磁場Ⅱ一次需要的時間：t₂=$\frac{1}{2}$T=$\frac{πm}{qB}$，
粒子經(jīng)Ⅰ、Ⅱ區(qū)域到y(tǒng)軸上P點的最短時間；t_最短=4t₁+2t₂=4×$\frac{8m}{3qB}$+2×$\frac{πm}{qB}$=$\frac{32m}{3qB}$+$\frac{2πm}{qB}$；
（3）粒子經(jīng)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域后回到原點運動軌跡如圖所示；

區(qū)域Ⅱ、Ⅲ中的磁感應(yīng)強度大小相等，粒子在兩區(qū)域做圓周運動的軌道半徑：R=$\frac{mv}{qB}$相等，
由幾何知識可知：θ=60°=$\frac{π}{3}$，2Rsinθ=d+Rsinθ，解得：R=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$d，
粒子經(jīng)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域后回到原點運動的總路程：
s=2d+2θR+（2π-θ）R=2d+$\frac{14\sqrt{3}πd}{9}$；
答：（1）粒子恰好不能進(jìn)入Ⅲ區(qū)域，所加的電場強度為$\frac{q{B}^{2}d}{2m}$；
（2）粒子經(jīng)Ⅰ、Ⅱ區(qū)域到y(tǒng)軸上P點的最短時間為：$\frac{32m}{3qB}$+$\frac{2πm}{qB}$；
（3）粒子經(jīng)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域后回到原點運動的總路程為：2d+$\frac{14\sqrt{3}πd}{9}$．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，粒子在電場中做勻變速直線運動，在磁場中做勻速圓周運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律與粒子做圓周運動的周期公式可以解題，解題時注意幾何知識的應(yīng)用．