Question

20．如圖（a）所示，豎直平面內(nèi)有兩個平行擋板AB、CD，擋板板長L為4m，兩板間的距離d₂為2m，兩板間有場強大小為$\frac{3}{14}$V/m的勻強磁場E₂，E₂的方向豎直向上，在AB板的下方還有另一豎直向上的勻強磁場E₁，E₁的場強大小為$\frac{39}{70}$V/m，AB板的正中間開有一小孔O，現(xiàn)有一帶正電的粒子由正對小孔O的P點靜止釋放，OP距離d₁也為2m，帶電粒子的質(zhì)量為10^-3kg，電量為$\frac{14}{3}$×10^-2C，當(dāng)粒子經(jīng)過小孔O時，在ABCD間加上如圖（b）所示的磁場，取磁場垂直于紙面向外為正方向，粒子經(jīng)過O點開始計時，經(jīng)過時間t垂直于磁場的右邊界AD射出，粒子在運動過程中與擋板無碰撞（g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：

（1）帶電粒子到達O點的速度大��；
（2）若t=$\frac{7}{5}$T_B，求磁感應(yīng)強度B₀的大小；
（3）若兩板間距d₂為1m，磁感應(yīng)強度B₀=$\frac{2}{7}$T，求T_B的大小（結(jié)果可以用反三角函數(shù)表達，例如cosθ=α，則θ=arccosα）．

Answer 1

分析 （1）從P到O，粒子在電場力和重力作用下，加速運動，根據(jù)動能定理可以求得到達O點的速度，這只是為下面兩問作鋪墊．
（2）由于粒子在三種場的作用下運動，由于重力恰與電場力平衡，相當(dāng)于粒子只在洛侖茲力作用下做圓周運動，由題設(shè)條件知道粒子只轉(zhuǎn)了半周就穿出板間．由半徑公式就可求得磁感應(yīng)強度．
（3）當(dāng)板間距和板長均減半時，已知磁感應(yīng)強度求出粒子在正負磁場中做圓周運動的半徑，從而推理得出運動軌跡，即各轉(zhuǎn)半周再垂直穿出板間．這樣就可以求出總時間．

解答 解：（1）粒子從P到O點，據(jù)動能定理：
${E}_{1}qjt7hnhl_{1}-mghxjjljb_{1}=\frac{1}{2}m{v}^{2}$     ①
代入數(shù)據(jù)得：v=8m/s  
（2）進入勻強電場E₂中后，由于電場力${E}_{2}q=1{0}^{-2}N$，而重力G=10^-2N，所以電場力與重力抵消．
那么在復(fù)合場中粒子在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動，當(dāng)$t=\frac{7}{5}{T}_{B}$  時恰好垂直于AD穿出，即轉(zhuǎn)過$\frac{1}{4}$圓周，則：
$q×3{B}_{0}v=\frac{m{v}^{2}}{fxbtjvv_{2}}$        ②
$t=\frac{1}{4}×\frac{2πm}{q×3{B}_{0}}$        ③
所以：${B}_{0}=\frac{2}{7}×1{0}^{-1}T$，${T}_{B}=\frac{5π}{14}s$
（3）若${B}_{0}=\frac{2}{7}T$，由上述結(jié)論粒子做勻速圓周運動的半徑
${r}_{1}=\frac{mv}{3{B}_{0}q}=0.2m$    （正向磁場）
${r}_{2}=\frac{mv}{2{B}_{0}q}=0.3m$  （負向磁場）
粒子在正負磁場中各轉(zhuǎn)半周后垂直AD射出，由于粒子做圓周運動的周期 
${T}_{1}=\frac{2π{r}_{1}}{v}=\frac{π}{2}×1{0}^{-1}s$，${T}_{2}=\frac{2π{r}_{2}}{v}=\frac{3π}{4}×1{0}^{-1}s$
由題意：${T}_{B}=\frac{1}{2}{T}_{1}+\frac{1}{2}{T}_{2}=\frac{5π}{8}×1{0}^{-1}s$
答：（1）帶電粒子到達O點的速度大小為8m/s．
（2）若t=$\frac{7}{5}$T_B，磁感應(yīng)強度B₀的大小$\frac{2}{7}×1{0}^{-1}T$．
（3）若兩板間距d₂為1m，磁感應(yīng)強度B₀=$\frac{2}{7}$T，T_B的大小是$\frac{5π}{8}×1{0}^{-1}s$．

點評 要說明的是本題有兩個錯誤：①豎直向上的E₁和E₂是電場而不是磁場，題中出現(xiàn)筆誤．②第三問兩板間距變d₂為1m，必須板長L同時也要變化，否則粒子將打在上板上了．本題解法是按變化了的L來計算的．