Question

4．如圖甲所示，PQ為磁場與電場的分界線，勻強電場分布在xoy平面第一象限PQ分界線與y軸之間區(qū)域，方向沿y軸負向，在PQ與MN之間存在如圖乙所示周期性變化的勻強磁場，PQ、MN與y軸平行．一帶正電粒子以v₀=5$\sqrt{3}$×10⁴m/s的速度從y軸上c點垂直于y軸飛入電場區(qū)域，經(jīng)過x軸上a點進入磁場區(qū)域，又從x軸上b點飛出磁場區(qū)，粒子剛進入磁場區(qū)域時刻記為t=0，規(guī)定垂直xoy平面向里為磁場正方向，已知帶電粒子比荷為$\frac{q}{m}$=10⁸c/kg，重力不計，oc=0.25m，oa=$\frac{\sqrt{3}}{2}$m，ab=0.6m，周期性變化磁場的磁感應強度B₀=10^-2T，求：
（1）帶電粒子進入磁場的速度v；
（2）變化磁場的周期（T）及粒子從c至b飛行時間t．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，抓住等時性求出豎直分速度，從而根據(jù)平行四邊形定則求出進入磁場的速度大小和方向．
（2）根據(jù)半徑公式和周期公式求出粒子在磁場中的半徑和周期，作出運動的軌跡，根據(jù)半徑的大小得出磁場變化的周期與粒子在磁場中運動周期的關系，從而求出c到b的時間．

解答 解：（1）粒子在電場中做類平拋運動，有：v₀t=x_Oa，$\frac{{v}_{y}}{2}t={x}_{OC}$，
聯(lián)立兩式解得${v}_{y}=5×1{0}^{4}m/s$，
則粒子進入磁場的速度v=$\sqrt{{{v}_{0}}^{2}+{{v}_{y}}^{2}}$，代入數(shù)據(jù)解得v=10×10⁴=10⁵m/s，
則粒子進入磁場時與x軸的夾角正弦值$sinθ=\frac{{v}_{y}}{v}=\frac{1}{2}$，解得θ=30°．
（2）粒子在磁場中做圓周運動的半徑r=$\frac{mv}{q{B}_{0}}=\frac{1{0}^{5}}{1{0}^{8}×1{0}^{-2}}m=0.1m$，
粒子在磁場中運動的周期T′=$\frac{2πm}{q{B}_{0}}=\frac{2π}{1{0}^{8}×1{0}^{-2}}=2π×1{0}^{-6}s$，
軌跡如圖所示，圓心角為60度，
由題意可知，$\frac{T}{2}=\frac{60}{360°}T′$，解得T=$\frac{2π}{3}×1{0}^{-6}s$．
圓弧與x軸相交的弦長d=r=0.1m，
因為x_ab=6d，
所以粒子從c到b的時間t=3T=2π×10^-6s．
答：（1）帶電粒子進入磁場的速度為10⁵m/s．
（2）變化磁場的周期為$\frac{2π}{3}×1{0}^{-6}s$，粒子從c至b飛行時間為2π×10^-6s．

點評 本題考查了帶電粒子在電場和磁場中的運動，掌握處理類平拋運動的方法，結合牛頓第二定律和運動學公式進行求解，對于粒子在磁場中的運動，關鍵確定圓心、半徑和圓心角，結合幾何關系進行求解．