Question

20．如圖甲所示，有一磁感應(yīng)強度大小為B、垂直紙面向外的勻強磁場，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時刻進入電場，求要使粒子b能夠穿出板間電場，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I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、在電磁場外的運動時間，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）如圖所示，粒子a、b在磁場中均速轉(zhuǎn)過90°，平行于金屬板進入電場．
由幾何關(guān)系可得：${r}_{a}=\frac{1}{2}d$，r_b=d…①
由牛頓第二定律可得
$q{v}_{a}B=\frac{m{v}_{a}^{2}}{{r}_{a}}$ …②
$q{v}_B=\frac{m{v}_^{2}}{{r}_}$ …③
解得：${v}_{a}=\frac{qBd}{2m}$，${v}_=\frac{qBd}{m}$
（2）粒子a在磁場中運動軌跡如圖

在磁場中運動周期為：${T}_{0}=\frac{2πm}{qB}$ …④
在磁場中運動時間：${t}_{1}=\frac{{T}_{0}}{4}=\frac{πm}{2qB}$ …⑤
粒子在電磁場邊界之間運動時，水平方向做勻速直線運動，所用時間為
${t}_{2}=\frac{（\frac49rvpls{2}+L）}{{v}_{a}}$ …⑥
由 ④⑤⑥則全程所用時間為：$t={t}_{1}+{t}_{2}=\frac{πm}{2qB}+\frac{m（d+2L）}{qBd}$
（3）粒子在磁場中運動的時間相同，a、b同時離開Ⅰ磁場，a比b進入電場落后時間$△t=\frace7ybvjg{2{v}_{a}}=\frac{m}{qB}=\frac{T}{4}$ …⑦
故粒子b在t=0時刻進入電場．
由于粒子a在電場中從O₂射出，在電場中豎直方向位移為0，故a在板間運動的時間t_a是周期的整數(shù)倍，由于v_b=2v_a，b在電場中運動的時間是t_b=$\frac{1}{2}$t_a，可見b在電場中運動的時間是半個周期的整數(shù)倍即${t}_=\frac{L}{{v}_}=n•\frac{T}{2}$ …⑧
$n=\frac{2L}{Tv}$ …⑨
粒子b在$\frac{T}{2}$內(nèi)豎直方向的位移為$y=\frac{1}{2}a（\frac{T}{2}）^{2}$ …⑩
粒子在電場中的加速度$a=\frac{q{E}_{0}}{m}$
由題知$T=\frac{4m}{qB}$
粒子b能穿出板間電場應(yīng)滿足ny≤d
解得${E}_{0}≤\frac{qcicm1sy^{2}{B}^{2}}{mL}$
答：（1）粒子a、b從磁場邊界射出時的速度v_a、v_b分別是：$\frac{qBd}{2m}$和$\frac{qBd}{m}$；
（2）粒子a從O點進入磁場到射出O₂點運動的總時間是$\frac{πm}{2qB}+\frac{m（d+2L）}{qBd}$；
（3）如果交變電場的周期T=$\frac{4m}{qB}$，要使粒子b能夠穿出板間電場，則電場強度大小E₀滿足的條件${E}_{0}≤\frac{qtrvxrk7^{2}{B}^{2}}{mL}$．

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、牛頓第二定律、運動學(xué)公式即可正確解題．