Question

6．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(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，求要使粒子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在磁場中勻速轉(zhuǎn)過90°，平行于金屬板進(jìn)入電場，由幾何關(guān)系可得：
${r_a}=\frac9hyozhd{2}$，r_b=d
由牛頓第二定律可得：$q{v_a}B=\frac{mv_a^2}{r_a}$$q{v_b}B=\frac{mv_b^2}{r_b}$
解得：${v_a}=\frac{qBd}{2m}$
${v_b}=\frac{qBd}{m}$
（2）在磁場運動的周期為${T_0}=\frac{2πm}{qB}$
在磁場運動的時間：${t_1}=\frac{T_0}{4}=\frac{πm}{2qB}$
粒子在無電磁場區(qū)域做勻速直線運動，所用的時間為${t_2}=\frac9ou7hk9{{2{v_a}}}=\frac{m}{qB}$
在電場中運動時間為${t_3}=\frac{L}{v_a}=\frac{2mL}{qBd}$
a粒子全程運動的時間為t=t₁+t₂+t₃=$\frac{m}{2qBd}（πd+2d+4L）$
（3）粒子在磁場中運動的時間相同，a、b同時離開磁場，
a比b進(jìn)入電場落后的時間為$△t=\fracefh9dcy{{2{v_a}}}=\frac{m}{qB}=\frac{T}{4}$，
故粒子b在t=0時刻進(jìn)入電場，而粒子a在$\frac{T}{4}$時刻進(jìn)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在電場中運動的時間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：${t_b}=\frac{L}{v_b}=n•\frac{T}{2}$
故$n={\frac{2L}{Tv}_b}$
粒子b在$\frac{T}{2}$內(nèi)豎直方向的位移為：$y=\frac{1}{2}a{（\frac{T}{2}）^2}$
粒子在電場中的加速度為：$a=\frac{{q{E_0}}}{m}$
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：${E_0}≤\frac{{q{d^2}{B^2}}}{mL}$
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(jìn)入磁場到射出O₂點運動的總時間是$\frac{m}{2qBd}（πd+2d+4L）$；
（3）粒子b能夠穿出板間電場時E₀滿足的條件是${E}_{0}≤\frac{qkmfw9lz^{2}{B}^{2}}{mL}$．

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．