Question

19．如圖所示，等腰三角形OPQ區(qū)域內(nèi)存在場強(qiáng)方向沿PQ方向、大小為E的勻強(qiáng)電場，A為PQ的中點，D為OQ的中點，PQ=2L，θ=30°．一質(zhì)量為m、電量為 q的帶正電粒子（重力不計、初速度視為零），從無限靠近M板O′處由靜止釋放，經(jīng)兩平行金屬板M、N間的電場加速后，通過N板上的小孔沿AO方向從A點射入三角形OPQ區(qū)域，粒子恰好從D點射出電場．
（1）求M、N兩板間的電壓U及粒子過A點時的速率υ；
（2）若將三角形OPQ區(qū)域內(nèi)的電場撤去，在此區(qū)域內(nèi)及其邊界上充滿方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，該粒子仍從O′處由靜止釋放，要使該粒子在三角形OPQ區(qū)域中運(yùn)動的時間最長，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)為多大？并求在磁場中運(yùn)動的最長時間t_m．

Answer 1

分析 （1）因做類平拋運(yùn)動，則由兩個方向上分別列位移方程求解．
（2）由運(yùn)動軌跡確定運(yùn)動圓的半徑，再由洛倫茲力提供向心力確定B，由周期公式得時間．

解答 解：（1）粒子在兩板間電場加速，根據(jù)動能定理有：
qU=$\frac{1}{2}$mυ²
粒子在三角形OPQ區(qū)域中做類平拋運(yùn)動，有：
$\frac{L}{2}$=$\frac{1}{2}$at²
$\frac{1}{2}$Ltanθ=υt
根據(jù)牛頓第二定律有：qE=ma
解得：U=$\frac{1}{24}$EL，
υ=$\sqrt{\frac{qEL}{12m}}$．
（2）由t=$\frac{s}{υ}$知，當(dāng)υ一定時，弧長s最大即軌跡圓弧恰好與OP邊相切（如圖所示）時t最大．設(shè)軌跡圓弧與OP邊相切時圓弧的半徑為R，有：
R+$\frac{R}{sinθ}$=L
qυB=m$\frac{υ2}{R}$
t_m=$\frac{πR}{υ}$
解得：B=$\sqrt{\frac{3mE}{4qL}}$
t_m=$2π\(zhòng)sqrt{\frac{mL}{3qE}}$
答：（1）M、N兩板間的電壓U為$\frac{1}{24}$EL，及粒子過A點時的速率為$\sqrt{\frac{qEL}{12m}}$．
（2）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為$\sqrt{\frac{3mE}{4qL}}$ 磁場中運(yùn)動的最長時間為$2π\(zhòng)sqrt{\frac{mL}{3qE}}$．

點評 處理帶電粒子在磁場中運(yùn)動問題，關(guān)鍵作出粒子的運(yùn)動軌跡，會確定圓周運(yùn)動的圓心、半徑、圓心角，結(jié)合半徑公式、周期公式進(jìn)行求解．