Question

3．如圖所示，在坐標系y右側(cè)存在一寬度為d、垂直紙面向外的有界勻強磁場，磁感應強度的大小為B；在y左側(cè)存在與y軸正方向成θ=45°角的勻強電場．一個粒子源能釋放質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子，粒子的初速度可以忽略．粒子源在點P（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$d，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$d）時發(fā)出的粒子恰好垂直磁場邊界EF射出；將粒子源沿直線PO移動到Q點時，所發(fā)出的粒子恰好不能從EF射出．不計粒子的重力及粒子間相互作用力．求：
（1）勻強電場的電場強度；
（2）粒子源在Q點時，粒子從發(fā)射到第二次進入磁場的時間．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動能定理和牛頓第二定律列方程聯(lián)立求解E的大小；
（2）粒子恰好不能從EF射出時與邊界EF相切，由幾何知識求得圓周運動的半徑，幾何公式t=$\frac{θ}{2π}$T求出圓周運動的時間，進而求得運動的三階段的總時間．

解答 解：（1）粒子源在P點時，粒子在電場中被加速，根據(jù)動能定理有：
qEd=$\frac{1}{2}$mv₁²
解得：${v}_{1}=\sqrt{\frac{2Eqd}{m}}$
粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有：qv₁B=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{{R}_{1}}$
由幾何關系知，R₁=$\sqrt{2}$d
聯(lián)立解得：E=$\frac{{B}^{2}qd}{m}$
（2）粒子源在Q點時，粒子在磁場中運動軌跡與邊界EF相切，
由幾何關系知：R₂sin45°+R₂=d
解得：${R}_{2}=（2-\sqrt{2}）d$
根據(jù)牛頓第二定律 有：$Bq{v}_{2}=m\frac{{v}_{2}^{2}}{{R}_{2}}$
磁場中運動速度為：${v}_{2}=\frac{Bq（2-\sqrt{2}）d}{m}$
粒子在Q點射出，開始的電場中加速運動：加速度a=$\frac{Eq}{m}=\frac{{B}^{2}{q}^{2}d}{{m}^{2}}$
運行時間：${t}_{1}=\frac{{v}_{2}}{a}=\frac{（2-\sqrt{2}）m}{qB}$
進入磁場后運動四分之三個圓周：${t}_{2}=\frac{3}{4}T=\frac{3πm}{2Bq}$
第一次出磁場后進入電場，作類平拋運動：${t}_{3=}\frac{2{v}_{2}}{a}=\frac{2（2-\sqrt{2}）m}{Bq}$
粒子從發(fā)射到第二次進入磁場的時間為：t=t₁+t₂+t₃=$\frac{（12-6\sqrt{2}+3π）m}{2Bq}$，
答：（1）勻強電場的電場強度為$\frac{{B}^{2}qd}{m}$；
（2）粒子源在Q點時，粒子從發(fā)射到第二次進入磁場的時間為$\frac{（12-6\sqrt{2}+3π）m}{2Bq}$．

點評 本題關鍵是明確粒子的運動規(guī)律，畫出運動軌跡，然后分階段根據(jù)動能定理，牛頓第二定律列式求解．