Question

8．如圖所示的真空區(qū)域存在著勻強電場與勻強磁場，MN是電場與磁場的分界線，MN與水平成45°角，左側(cè)是水平向右的勻強電場，場強為E，右側(cè)是垂直向里的勻強磁場．水平方向距離MN為L的P點處有三個相同的帶正電的離子A、B、C，離子的電場q、質(zhì)量m，三離子同時從P點以同樣大小的速度率v0=$\sqrt{\frac{qEL}{4m}}$向左、向右、向下射出，（不考慮離子之間的相互作用于離子受到的重力作用的影響）．求：
（1）A、B兩粒子第一次經(jīng)過MN的時間差．
（2）經(jīng)多少時間，C離子在第一次到達MN前離MN最遠．
（3）A、B兩離子第一次從磁場又回到電場時，都能經(jīng)過出發(fā)點P，則磁場的磁感應(yīng)強度B為多大．

Answer 1

分析 （1）分析AB在電場中的運動過程，根據(jù)動能定理可求得粒子到達MN的速度，再根據(jù)運動學(xué)規(guī)律可求得AB兩粒子到達MN所用的時間，從而求出時間差值；
（2）C離子做類平拋運動，將速度和加速度分別向MN和垂直于MN的方向進行分析，當(dāng)垂直于MN方向上的速度變?yōu)榱銜r距離MN最遠，根據(jù)速度公式可求得離MN最時所用的時間；
（3）粒子在磁場中做圓周運動，再次進入電場時做類平拋運動，根據(jù)幾何關(guān)系和類平拋運動規(guī)律即可求得半徑大小，再由洛倫茲力充當(dāng)向心力即可求得磁感應(yīng)強度的大小．

解答 解：（1）AB粒子到達MN過程中由動能定理可知：
EqL=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²
解得：v=$\frac{3}{2}\sqrt{\frac{qEL}{m}}$；
粒子在電場中的加速度a=$\frac{Eq}{m}$；
設(shè)向右為正方向，則A粒子的初速度為負(fù)，則A離子到達MN所需要的時間t_A=$\frac{v-（-{v}_{0}）}{a}$=$\frac{v+{v}_{0}}{a}$
B離子到達MN需要的時間t_B=$\frac{v-{v}_{0}}{a}$
則AB第一次經(jīng)過MN的時間差△t=t_A-t_B=$\frac{2{v}_{0}}{a}$=$\frac{2\sqrt{\frac{qEL}{4m}}}{\frac{Eq}{m}}$=$\sqrt{\frac{mL}{Eq}}$；
（2）C離子做類平拋運動，運動軌跡如圖所示；
將速度和加速度方向均分解為沿MN和垂直于MN方向，當(dāng)垂直MN方向上的速度為零時，粒子離斜面最遠，則有：
0=v₀cos45°-acos45°t
解得：t=$\frac{{v}_{0}}{a}$=$\frac{\sqrt{\frac{qEL}{4m}}}{\frac{Eq}{m}}$=$\sqrt{\frac{mL}{4Eq}}$；
即C離子在第一次到達MN前離MN最遠所用時間為$\sqrt{\frac{mL}{4Eq}}$；
（3）AB粒子進入磁場時的速度v=$\frac{3}{2}\sqrt{\frac{qEL}{m}}$
由Bqv=m$\frac{{v}^{2}}{R}$可知：
在磁場中的軌道半徑，R=$\frac{mv}{Bq}$
要使AB粒子均能再回到出發(fā)點P，則粒子先在磁場中做圓周運動，再進入電場做類平拋運動，運動軌跡如圖所示；
根據(jù)平拋運動的規(guī)律和幾何關(guān)系可知，
粒子在磁場中轉(zhuǎn)過270°，則可知由MN面上出來時，方向豎直向下，到達P點的時間t=$\frac{R}{v}$
則有：
R=l+$\frac{1}{2}a（\frac{R}{v}）^{2}$
聯(lián)止以上各式解得：R=3L或R=$\frac{3}{2}L$
解得：B₁=$\sqrt{\frac{Em}{4Lq}}$
B₂=$\sqrt{\frac{Em}{4Lq}}$
答：（1）A、B兩粒子第一次經(jīng)過MN的時間差為$\sqrt{\frac{mL}{Eq}}$．
（2）經(jīng)過時間$\sqrt{\frac{mL}{4Eq}}$，C離子在第一次到達MN前離MN最遠．
（3）A、B兩離子第一次從磁場又回到電場時，都能經(jīng)過出發(fā)點P，則磁場的磁感應(yīng)強度B為解得：$\sqrt{\frac{Em}{4Lq}}$或$\sqrt{\frac{Em}{4Lq}}$

點評 本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動規(guī)律，要注意明確在磁場中要注意圓心和半徑的計算，而在電場中要注意正確利用運動的合成和分解運動的應(yīng)用，注意在分析最遠距離時采用了將速度和加速度均向MN和垂直于MN方向上進行分解的方式．