Question

12．如圖所示，在xOy平面的第三象限內(nèi)，在平行于x軸的虛線與x軸之間有平行于x軸、方向沿x軸正方向的勻強電場，勻強電場的電場強度為E，虛線交y軸于C點，其他部分有垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度為$B=\sqrt{\frac{mE}{qL}}$，虛線上坐標為（-2L，-L）處有一粒子源，可以沿y軸正方向發(fā)射不同速率的同種粒子，粒子的電荷量為q（q＞0），質(zhì)量為m，不計粒子的重力．
（1）若粒子源發(fā)出的所有粒子均能從OC間射出電場，求粒子的速度范圍；
（2）求在第（1）問中，所有粒子進入磁場偏轉(zhuǎn)后，再通過y軸的區(qū)域的長度；
（3）若某個粒子的速度較大，該粒子從（-1.5L，O）點進入磁場，求該粒子從出電場到再次進入電場所用的時間．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，求出粒子的最大速度，然后確定其速度范圍．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，應用牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑，分析清楚粒子運動過程，然后求出區(qū)域的長度．
（3）分析清楚粒子運動過程，作出粒子運動軌跡，然后根據(jù)粒子周期公式求出運動時間．

解答 解：（1）粒子剛好能從OC間進入磁場，則速度最大的粒子剛好從O點進入磁場，該粒子在電場中做類平拋運動，
則：L=v₀t，2L=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²，解得，粒子最大速度：v₀=$\sqrt{\frac{qEL}{4m}}$，粒子的速度范圍：0≤v₀≤$\sqrt{\frac{qEL}{4m}}$；
（2）從OC間射出進入磁場的粒子射出電場時的偏向角為θ，
粒子沿電場方向的分速度：v_x=$\sqrt{2×\frac{qE}{m}×2L}$=2$\sqrt{\frac{qEL}{m}}$，
粒子的速度：v=$\frac{{v}_{x}}{sinθ}$，
粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{{r}_{1}}$，
粒子從出電場的位置與在磁場中做圓周運動第一次經(jīng)過y軸的位置間的距離為：△y=2r₁sinθ=$\frac{4}{B}$$\sqrt{\frac{mEL}{q}}$，
即所有湊從OC間射出進入磁場的粒子出電場的位置與在磁場中做圓周運動第一次經(jīng)過y軸的位置間的距離為一定值，
因此所有粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)后再次經(jīng)過y軸的區(qū)域的長度等于OC的長，即為L．
（3）若粒子從（-1.5L，0）點進入磁場，設(shè)粒子進入磁場后的速度為v₂，
由于粒子在電場中做類平拋運動，因此出電場時的速度反向延長線交y軸方向位移的中點，
即出電場時的速度方向與y軸正方向成45°角，v_x′=$\sqrt{2×\frac{qE}{m}×\frac{L}{2}}$=$\sqrt{\frac{qEL}{m}}$，
粒子出電場時的速度：v₂=$\sqrt{\frac{2qEL}{m}}$，
由牛頓第二定律得：qv₂B=m$\frac{{v}_{2}^{2}}{{r}_{2}}$，解得：r₂=$\sqrt{2}$L，
由幾何知識得，圓心在（-0.5L，-L）處，粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，
粒子轉(zhuǎn)過的圓心角：θ=315°，粒子的運動時間是周期的$\frac{7}{8}$，
則粒子在磁場中的運動時間：t=$\frac{7}{8}$T=$\frac{7}{8}$$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{7π}{4}$$\sqrt{\frac{mL}{qE}}$；
答：（1）若粒子源發(fā)出的所有粒子均能從OC間射出電場，粒子的速度范圍是：0≤v₀≤$\sqrt{\frac{qEL}{4m}}$；
（2）在第（1）問中，所有粒子進入磁場偏轉(zhuǎn)后，再通過y軸的區(qū)域的長度為L；
（3）若某個粒子的速度較大，該粒子從（-1.5L，O）點進入磁場，該粒子從出電場到再次進入電場所用的時間為$\frac{7π}{4}$$\sqrt{\frac{mL}{qE}}$．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，應用類平拋運動規(guī)律與牛頓第二定律可以解題；帶電粒子在電磁場中的運動要注意分析過程，并結(jié)合各過程中涉及到的運動規(guī)律采用合理的物理規(guī)律求解．