Question

4．平行板間有豎直向下的勻強(qiáng)電場，從電場左邊界的中點(diǎn)O沿水平方向射入一帶正電的粒子（不計(jì)其重力），其初速度為v₀，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，以與水平方向成30°角從電場有邊界上P點(diǎn)射出電場進(jìn)入由等邊三角形GFH圍成的無場區(qū)域，然后再進(jìn)入如圖所示的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直限免向里．粒子在磁場中運(yùn)動剛好經(jīng)過H點(diǎn)．已知平行板的長度為l=$\frac{\sqrt{3}}{2}$d，等邊三角形區(qū)域邊長與板間距均為d，粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q．
（1）求勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E和粒子在電場中的偏移量y；
（2）求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B；
（2）粒子再次返回平行板間區(qū)域時，立即將電場變?yōu)榉聪颍ù笮〔蛔儯┝Ｗ訉�會返回出發(fā)O點(diǎn)，則粒子從開始射入電場到再次返回到O點(diǎn)所用時間為多長？

Answer 1

分析 （1）由類平拋運(yùn)動規(guī)律根據(jù)末速度的方向求得偏移量及加速度，進(jìn)而得到場強(qiáng)大��；
（2）根據(jù)粒子進(jìn)入磁場時的速度方向及粒子在磁場中的兩點(diǎn)，由幾何關(guān)系求得運(yùn)動半徑；再根據(jù)洛倫茲力做向心力求解即可；
（3）分別根據(jù)類平拋運(yùn)動規(guī)律及勻速直線運(yùn)動規(guī)律求得進(jìn)入磁場前和離開磁場后的運(yùn)動時間；在磁場中的運(yùn)動時間根據(jù)幾何關(guān)系求得中心角，再由周期公式求解即可．

解答 解：（1）帶電粒子在電場中運(yùn)動只受電場力作用，所以，粒子做類平拋運(yùn)動，加速度為：$a=\frac{qE}{m}$；
那么由類平拋運(yùn)動的速度、位移公式可得：$l=\frac{\sqrt{3}}{2}d={v}_{0}t$，$y=\frac{1}{2}a{t}^{2}$，$tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}=\frac{at}{{v}_{0}}$；
所以有：$E=\frac{ma}{q}=\frac{m{v}_{0}tanθ}{qt}=\frac{m{{v}_{0}}^{2}tanθ}{\frac{\sqrt{3}}{2}qd}=\frac{2m{{v}_{0}}^{2}}{3qd}$
$y=\frac{1}{2}a{t}^{2}=\fracjubigoy{4}$；
（2）由幾何關(guān)系可得粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為：
$R=\frac{d-（\frac{1}{2}d-y）}{2cos30°}=\frac{\sqrt{3}}{4}d$
粒子在磁場中運(yùn)動的速率為：$v=\frac{{v}_{0}}{cos30°}=\frac{2\sqrt{3}}{3}{v}_{0}$
所以，由洛倫茲力提供向心力可得：$Bvq=\frac{m{v}^{2}}{R}$，
解得：$B=\frac{mv}{qR}=\frac{8m{v}_{0}}{3qd}$；
（3）粒子從O到P的運(yùn)動時間為：${t}_{1}=\frac{l}{{v}_{0}}=\frac{\sqrt{3}d}{2{v}_{0}}$；
粒子從P點(diǎn)到進(jìn)入磁場的運(yùn)動時間為：${t}_{2}=\frac{\frac{1}{2}d-y}{v}=\frac{\sqrt{3}d}{8{v}_{0}}$；
粒子在磁場中運(yùn)動，轉(zhuǎn)過的中心角為240°，粒子的運(yùn)動周期為：
$T=\frac{2πR}{v}=\frac{2πm}{qB}=\frac{3πd}{4{v}_{0}}$，
所以，粒子在磁場中運(yùn)動的時間為：
${t}_{3}=\frac{2}{3}T$=$\frac{πd}{2{v}_{0}}$；
粒子由磁場出來直到O點(diǎn)的過程與從O點(diǎn)到進(jìn)入磁場的過程完全對稱，所以，該過程用的時間為：
${t}_{4}={t}_{1}+{t}_{2}=\frac{5\sqrt{3}d}{8{v}_{0}}$；
所以，粒子從開始射入電場到再次返回到O點(diǎn)所用時間為：
$t={t}_{1}+{t}_{2}+{t}_{3}+{t}_{4}=（\frac{5\sqrt{3}}{4}+\frac{π}{2}）\frac4gg4tk4{{v}_{0}}$；
答：（1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小E為$\frac{2m{{v}_{0}}^{2}}{3qd}$，粒子在電場中的偏移量y為$\fracmwsg8w5{4}$；
（2）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B為$\frac{8m{v}_{0}}{3qd}$；
（2）粒子再次返回平行板間區(qū)域時，立即將電場變?yōu)榉聪颍ù笮〔蛔儯┝Ｗ訉�會返回出發(fā)O點(diǎn)，則粒子從開始射入電場到再次返回到O點(diǎn)所用時間為$（\frac{5\sqrt{3}}{4}+\frac{π}{2}）\fracofoajnu{{v}_{0}}$．

點(diǎn)評 帶電粒子在磁場中運(yùn)動問題，一般由洛倫茲力做向心力求得半徑的表達(dá)式，然后根據(jù)幾何關(guān)系求得半徑，進(jìn)而聯(lián)立求解．