Question

15．如圖所示，在I區(qū)里有豎直方向的勻強電場E=4×10⁵N/C，在Ⅱ區(qū)里有垂直于紙面向外的勻強磁場．電場和磁場的寬度d相等，d=0.4m．質荷比$\frac{m}{q}$=4×10^-10kg/C的帶正電的粒子，以初速度v₀=2×10⁷m/s從PQ邊界上的O點垂直PQ射人電場．若電磁場在豎直方向足夠長，不計粒子的重力，求：
（1）求粒子經過電場、磁場邊界MN時的速度及偏離v₀方向的距離；
（2）若要使粒子在磁場區(qū)域，不偏出RS邊界，則磁感應強度B的取值范圍；
（3）粒子在電、磁揚中的最長運動時間．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律可以求出粒子的速度、粒子的偏移量．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，求出粒子的軌道半徑的臨界值，然后由牛頓第二定律求出磁感應強度的臨界值，最后確定磁感應強度范圍．
（3）求出粒子在電場與磁場中的運動時間，然后求出粒子總的運動時間．

解答 解：（1）粒子在電場中做類平拋運動，
水平方向：d=v₀t₁，
解得：t₁=2×10^-8s，
豎直方向：v_y=at₁=$\frac{qE}{m}$t₁，v_y=2×10⁷m/s，
粒子速度偏角的正切值：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=1，則θ=45°，
粒子離開MN時的速度：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=2$\sqrt{2}$×10⁷m/s，
粒子的偏移量：y=$\frac{1}{2}$at₁²=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t₁²=0.2m；
（2）粒子恰好不離開RS邊界時的運動軌跡如圖所示：
由幾何知識得：rsin45°+r=d，
解得：r=（2-$\sqrt{2}$）d=0.4（2-$\sqrt{2}$）m，
粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：B=$\frac{mv}{qr}$=0.02（1+$\sqrt{2}$）T≈0.048T，
磁感應強度B的取值范圍：B≥0.048T；
（3）粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
粒子在磁場中做圓周運動的最長時間：
t₂=$\frac{α}{360°}$T=$\frac{270°}{360°}$×$\frac{2πm}{qB}$=3.925×10^-8s，
粒子的最長運動時間：t=t₁+t₂=5.925×10^-8s；
答：（1）粒子經過電場、磁場邊界MN時的速度大小為2$\sqrt{2}$×10⁷m/s，與水平方向夾角為45°，偏離v₀方向的距離為0.2m；
（2）若要使粒子在磁場區(qū)域，不偏出RS邊界，磁感應強度B的取值范圍是B≥0.048T；
（3）粒子在電、磁揚中的最長運動時間為：5.925×10^-8s．

點評 本題考查了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解題的關鍵，應用類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律與粒子做圓周運動的周期公式可以解題．