Question

2．如图所示，在x轴上方存在沿x轴正方向场强为E的匀强电场，在x轴下方的矩形区域ABCD内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，矩形区域的AB边与x轴重合，M点是y轴上的一点，在M点有一质量为m、电荷量为e的质子，以初速度v₀沿y轴负方向开始运动，恰好从N点进入磁场，当质子第二次经过x轴时电场反向，质子恰好回到M点，若|OM|=2|ON|，不计质子的重力．求：
（1）N点横坐标x_N；
（2）匀强磁场的磁感应强度B₀；
（3）矩形区域的最小面积S；
（4）若质子第二次经过x轴时，撤去x轴上方的电场，同时在OM中点处放置一块平行于x轴的绝缘挡板，质子与挡板发生碰撞，碰撞前后质子速度的水平分量不变，竖直分量等大反向，求质子从离开挡板到再次回到挡板所用的时间t．

Answer 1

分析 （1）质子从M点到N点属于类平抛运动，由运动的合成与分解规律可求得N点的坐标；
（2）由几何关系确定粒子在磁场中的运动半径，再由洛仑兹力充当向心力可求得磁感应强度；
（3）几粒子运动的轨迹可以确定磁场的最小区域范围，则可求得最小面积；
（4）明确粒子在电磁场中运动的过程，分别求出对应的时间，则可求得质子运动的总时间．

解答 解：（1）质子从M点运动到N点做类平抛运动，设运动的时间为t₁，则：
沿y轴负方向上：
2x_N=v₀t₁
沿x轴正方向：x_N=$\frac{1}{2}$at₁²
又因为a=$\frac{eE}{m}$
解得：x_N=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2eE}$；
（2）质子的运动轨迹如图所示；
质子经过N点时，
v_x²=2ax_N
解得：v_x=v₀
故v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{x}^{2}}$=$\sqrt{2}$v₀
设质子进入磁场时的速度方向与x轴方向的夹角为θ，则
tanθ=$\frac{{v}_{0}}{{v}_{x}}$=1；
解得：θ=45°
由几何关系得质子在磁场中做圆周运动的半径为：R=$\sqrt{2}$x_N
由牛顿第二定律得：
ev₀B=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
解得：B₀=$\frac{2E}{{v}_{0}}$
（3）矩形域的最小面积s=2R（R+x_N）
解得：S=$\frac{（2+\sqrt{2}）{m}^{2}{v}_{0}^{4}}{2{e}^{2}{E}^{2}}$
（4）如图所示，质子在x轴上方向与档板碰撞前后均做匀速直线运动：
t₁=$\frac{\sqrt{2}{x}_{N}}{v}$=$\frac{m{v}_{0}}{2eE}$
质子在磁场中的运动周期T=$\frac{2πR}{v}$=$\frac{πm{v}_{0}}{eE}$
则质子在磁场中运动的时间t=$\frac{3}{4}$T=$\frac{3πm{v}_{0}}{4eE}$
质子从离开档板到再次回到档板所用的时间t=2t₁+t₂=$\frac{（4+3π）m{v}_{0}}{4eE}$
答：（1）N点横坐标x_N为$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2eE}$
（2）匀强磁场的磁感应强度B₀$\frac{2E}{{v}_{0}}$
（3）矩形区域的最小面积S为$\frac{（2+\sqrt{2}）{m}^{2}{v}_{0}^{4}}{2{e}^{2}{E}^{2}}$；
（4）质子从离开挡板到再次回到挡板所用的时间t为$\frac{（4+3π）m{v}_{0}}{4eE}$．

点评 本题考查带电粒子在电磁场中的运动，要注意明确带电粒子在电场中的运动一般考查运动合成与分解的应用；而在磁场中重点明确几何关系的分析．