Question

20．如圖1所示，在xOy平面的第一、四象限內(nèi)存在著方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在第四象限內(nèi)存在方向沿-y方向、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)．從y軸上坐標(biāo)為（0，a）的P點(diǎn)向磁場(chǎng)區(qū)發(fā)射速度大小不等的帶正電同種粒子，速度方向范圍是與+y方向成30°-150°角，且在xOy平面內(nèi)．結(jié)果所有粒子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后都垂直打到x軸上，然后進(jìn)入第四象限內(nèi)的正交電磁場(chǎng)區(qū)．已知帶電粒子電量為+q，質(zhì)量為m，粒子重力不計(jì)．

（1）所有通過(guò)第一象限磁場(chǎng)區(qū)的粒子中，求粒子經(jīng)歷的最短時(shí)間與最長(zhǎng)時(shí)間的比值；
（2）求粒子打到x軸上的范圍；
（3）從x軸上x(chóng)=a點(diǎn)射入第四象限的粒子穿過(guò)正交電磁場(chǎng)后從y軸上y=-b的Q點(diǎn)射出電磁場(chǎng)，求該粒子射出電磁場(chǎng)時(shí)的速度大�。�

Answer 1

分析 （1）由題意，所有粒子經(jīng)過(guò)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后都垂直打到x軸上，先找出兩個(gè)邊界上的粒子，分析在第一象限內(nèi)的運(yùn)動(dòng)情況，可知與y軸正方向成30°的粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，與y軸正方向成150°的粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短．由幾何知識(shí)可確定粒子的速度偏向角θ最小值和最大值，而速度的偏向角等于軌跡的圓心角θ，根據(jù)t=$\frac{θ}{2π}$T，即得到粒子在磁場(chǎng)中的最短時(shí)間和最長(zhǎng)時(shí)間，然后求出比值．
（2）利用帶電粒子在有邊界的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)確定圓心和半徑的方法，分別求出兩種粒子經(jīng)過(guò)x軸時(shí)距坐標(biāo)原點(diǎn)的距離，從而可表示出粒子打到 x 軸上的范圍．
（3）由幾何關(guān)系可得出粒子從-b點(diǎn)離開(kāi)所對(duì)應(yīng)的圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，由半徑公式可求得粒子的速度，然后應(yīng)用動(dòng)能定理求出粒子速度．

解答 解：（1）所有粒子在第一象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)，與y軸正方向成150°的粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，其速度的偏向角為$\frac{π}{6}$，最短時(shí)間為：tmin=$\frac{\frac{π}{6}}{2π}$T=$\frac{1}{12}$T，
所有粒子在第一象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)，與y軸正方向成30°的粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，其速度的偏向角為$\frac{5π}{6}$，最長(zhǎng)時(shí)間為：tmax=$\frac{\frac{5π}{6}}{2π}$T=$\frac{5}{12}$T，
粒子經(jīng)歷的最短時(shí)間與最長(zhǎng)時(shí)間的比值：$\frac{{t}_{min}}{{t}_{max}}$=$\frac{\frac{1}{12}T}{\frac{5}{12}T}$=$\frac{1}{5}$；
（2）與y軸夾角150°入射的粒子軌跡半徑為：R₁=$\frac{a}{sin30°}$=2a，
打在最左邊的坐標(biāo)是 x₁=R₁（1-cos30°）=（2-$\sqrt{3}$）a，
與y軸夾角為30°的粒子軌跡半徑為 R₂=$\frac{a}{sin30°}$=2a
打在最右邊的坐標(biāo)是 x₂=R₂（1+cos30°）=（2+$\sqrt{3}$）a，
粒子通過(guò)x軸時(shí)的位置范圍是：（2-$\sqrt{3}$）a≤x≤（2+$\sqrt{3}$）a；
（3）從x軸上x(chóng)=a點(diǎn)射入第四象限的粒子，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

粒子運(yùn)動(dòng)的圓心在O點(diǎn)，軌道半徑r₁=a，
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{r}_{1}}$，解得：v₀=$\frac{qBa}{m}$，
在第四象限，對(duì)粒子由動(dòng)能定理得：qEb=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
解得：v=$\sqrt{\frac{2qEb}{m}+\frac{{q}^{2}{B}^{2}{a}^{2}}{{m}^{2}}}$；
答：（1）所有通過(guò)第一象限磁場(chǎng)區(qū)的粒子中，粒子經(jīng)歷的最短時(shí)間與最長(zhǎng)時(shí)間的比值為1：5；
（2）粒子打到x軸上的范圍是：（2-$\sqrt{3}$）a≤x≤（2+$\sqrt{3}$）a；
（3）從x軸上x(chóng)=a點(diǎn)射入第四象限的粒子穿過(guò)正交電磁場(chǎng)后從y軸上y=-b的Q點(diǎn)射出電磁場(chǎng)，該粒子射出電磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為$\sqrt{\frac{2qEb}{m}+\frac{{q}^{2}{B}^{2}{a}^{2}}{{m}^{2}}}$．

點(diǎn)評(píng) 帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)類(lèi)題目關(guān)鍵在于找出圓心確定半徑，所以在解題時(shí)幾何關(guān)系是關(guān)鍵，應(yīng)靈活應(yīng)用幾何關(guān)系，同時(shí)結(jié)合畫(huà)圖去找出合理的解題方法．