Question

7．如圖所示，有一平行板電容器左邊緣在y軸上，下極板與x軸重合，極板間勻強電場的場強為E，一電量為q，質量為m的帶電粒子．速度大小為$\sqrt{3}$$\frac{E}{B}$，從O點與x軸成θ角斜向上射入極板間，粒子經過K板邊緣a點平行于x軸飛出電容器，立即進入一磁感應強度為B的圓形磁場（圖中未畫），隨后從c點垂直穿過x軸離開磁場．已知∠aco=45°，cosθ=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，磁場方向垂直于坐標平面向外，且磁場與電容器不重合，帶電粒子重力不計，試求：
（1）K極板所帶電荷的電性；
（2）粒子經過c點時速度大小
（3）圓形磁場區(qū)域的最小面積
（4）粒子從O到c所經歷的時間．

Answer 1

分析 （1）根據左手定則和運動軌跡即可判斷
（2）帶電粒子在電容器中做勻變速曲線運動，在磁場中做勻速圓周運動，畫出運動軌跡，把速度分解到沿x軸方向和沿y軸方向，根據幾何關系求出到達a點的速度；
（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據洛倫茲力提供向心力，求出圓周運動的半徑，再根據幾何關系求出ac的長度，ac即為圓形磁場的最小直徑，根據圓的面積公式求出最小面積．
（4）粒子從O到a，在y軸方向上做勻減速直線運動，根據牛頓第二定律求解加速度，根據速度的分解求出沿y軸的初速度，進而求出運動的時間，粒子從a到c的過程中，運動的時間為$\frac{1}{4}$T，兩段時間之和即為所求時間．

解答 解：（1）在磁場中，由左手定則可知粒子帶正電，由粒子在電容器間運動時，向L極板偏轉，所以K板帶正電
（2）帶電粒子在電容器中做勻變速曲線運動，在磁場中做勻速圓周運動，軌跡如圖所示：

粒子在x軸方向做勻速直線運動，在y軸方向做勻減速直線運動，經過K板邊緣a點平行于x軸飛出電容器，
則粒子在x軸上的分量為 v_a=vcosθ=$\sqrt{3}$$\frac{E}{B}$•$\frac{\sqrt{3}}{3}$=$\frac{E}{B}$，粒子在磁場中做勻速圓周運動，則到達c點時速度大小為 v_c=$\frac{E}{B}$．
（2）粒子從c點垂直穿過x軸離開磁場，又已知∠acO=45°，所以粒子在磁場中運動軌跡為$\frac{1}{4}$圓弧
則圓形磁場直徑最小為ac的長度，根據幾何關系得：
 ac=$\sqrt{2}$
粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有：
 Bqv=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，解得：R=$\frac{m{v}_{c}}{qB}$=$\frac{mE}{{B}^{2}q}$
所以 ac=$\frac{\sqrt{2}mE}{{B}^{2}q}$
則圓形磁場區(qū)域的最小面積S=（$\frac{ac}{2}$）²π=$\frac{π{m}^{2}{E}^{2}}{2{B}^{4}{q}^{2}}$
（4）粒子從O到a，在y軸方向上做勻減速直線運動，加速度大小 a=$\frac{qE}{m}$
則粒子從O到a運動的時間 t₁=$\frac{vsinθ}{a}$=$\frac{\sqrt{2}m}{Bq}$
粒子從a到c的過程中，運動的時間為 t₂=$\frac{1}{4}$T=$\frac{1}{4}$×$\frac{2πm}{Bq}$=$\frac{πm}{2Bq}$
則粒子從O到c所經歷的時間t=t₁+t₂=$\frac{（2\sqrt{2}+π）m}{2Bq}$
答：（1）K極板所帶電荷的電性是正電；
（2）粒子經過c點時速度大小為$\frac{E}{B}$．
（3）圓形磁場區(qū)域的最小面積是$\frac{π{m}^{2}{E}^{2}}{2{B}^{4}{q}^{2}}$．
（4）粒子從O到c所經歷的時間為$\frac{（2\sqrt{2}+π）m}{2Bq}$．

點評 本題是一道力學綜合題，考查了粒子在電場、磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程是正確解題的關鍵，分析清楚運動過程后，應用牛頓第二定律、運動學公式即可正確解題．