Question

1．如圖所示，兩個邊長均為l的正方形區(qū)城ABCD和EFGH內(nèi)有豎直向上的勻強電場．DH上方有足夠長的豎直向下的勻強電場．一帶正電的粒子，質(zhì)量為m、電荷量為q，以速度v從B點沿BC方向射人勻強電場．已知三個區(qū)域內(nèi)的場強大小相等．且E=$\frac{m{v}^{2}}{ql}$，今在CDHE區(qū)域內(nèi)加上合適的垂直紙面向里的勻強磁場．粒子經(jīng)過該磁場后恰能從DH的中點豎直向上射人電場，粒子的重力不計，求：
（1）所加磁場的寬度$\overline{DH}$；
（2）所加磁場的磁感應(yīng)強變大小；
（3）粒子從B點射入到從EFGH區(qū)城電場射出所經(jīng)歷的時間．

Answer 1

分析 （1）粒子在ABCD中做類平拋運動，應(yīng)用類平拋運動軌跡可以求出磁場寬度．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強度大�。�
（3）分別求出粒子在電場、磁場中的運動時間，然后求出粒子總的運動時間．

解答 解：（1）粒子在ABCD區(qū)域做類平拋運動，
水平方向：l=vt，
加速度：a=$\frac{qE}{m}$=$\frac{{v}^{2}}{l}$，
豎直方向：d=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$$\frac{{v}^{2}}{l}$（$\frac{l}{v}$）²=$\frac{1}{2}$l，
粒子射出ABCD區(qū)域時沿場強方向的速度：v_y=at=$\frac{{v}^{2}}{l}$×$\frac{l}{v}$=v，
速度偏向角：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{v}$=1，θ=$\frac{π}{4}$，
粒子從$\overline{DH}$中點豎直向上射入電場，由幾何知識得：
$\overline{OD}$=$\frac{1}{2}$l，${\overline{OD}}^{2}$+$（{\frac{l}{2}）}^{2}$=R²，
解得：R=$\frac{\sqrt{2}}{2}l$，
R=$\overline{OD}+\frac{1}{2}\overline{DH}$，
解得：$\overline{DH}$=（$\sqrt{2}$-1）l；
（2）粒子射入磁場的速度大�。簐′=$\sqrt{2}$v，
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv′B=m$\frac{v{′}^{2}}{R}$，
解得：B=$\frac{2mv}{ql}$；
（3）粒子在左電場中偏轉(zhuǎn)的運動時間：t₁=$\frac{l}{v}$，
粒子在磁場中向上偏轉(zhuǎn)的運動時間：t₂=$\frac{θ}{2π}$T=$\frac{\frac{π}{4}}{2π}$×$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{πl(wèi)}{8v}$，
粒子在上方電場中減速到零的勻速時間：t₃=$\frac{\sqrt{2}v}{a}$，
粒子運動軌跡如圖所示，根據(jù)對稱性可知，粒子運動的總時間：
t=2（t₁+t₂+t₃）=$\frac{2l}{v}$（1+$\sqrt{2}$+$\frac{π}{8}$）；
答：（1）所加磁場的寬度$\overline{DH}$為：（$\sqrt{2}$-1）l；
（2）所加磁場的磁感應(yīng)強變大小為：$\frac{2mv}{ql}$；
（3）粒子從B點射入到從EFGH區(qū)城電場射出所經(jīng)歷的時間為：$\frac{2l}{v}$（1+$\sqrt{2}$+$\frac{π}{8}$）．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，粒子運動過程復(fù)雜，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的前提，作出粒子運動軌跡后，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律與牛頓第二定律可以解題，解題時注意幾何知識的應(yīng)用．