Question

3．如圖所示，紙面內(nèi)直線CD、MN、FG相互平行，間距為d，在直線CD、MN之間的區(qū)域內(nèi)有平行于CD的勻強電場，在直線MN、FG之間的區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場．現(xiàn)有質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子從CD邊某點O以初速度v₀，沿垂直于CD的方向射入電場，離開電場進(jìn)入磁場時速度大小為v=2v₀，從直線FG處離開磁場時速度方向與直線FG之間的夾角為β=60?，不計粒子所受重力，電、磁場區(qū)域足夠大．求：
（1）粒子通過電場的時間；
（2）電場強度的大��；
（3）磁感應(yīng)強度的大�。�

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)垂直電場方向上的勻速直線運動規(guī)律可求得時間；
（2）由牛頓第二定律可求得加速度，再類平拋運動的規(guī)律可求得電場強度；
（3）根據(jù)幾何關(guān)系可明確帶電粒子在磁場中運動半徑；再由洛倫茲力充當(dāng)向心力列式可求得磁感應(yīng)強度的大�。�

解答 解：（1）設(shè)粒子通過電場的時間為t，由勻速運動公式得：d=v₀t
得：$t=\fracd1lllpb{v_0}$
（2）設(shè)粒子離開電場時速度沿電場方向的分量為v_y，由速度分解可得：${v_y}=\sqrt{{v^2}-v_0^2}=\sqrt{3}{v_0}$
設(shè)電場強度大小為E，由牛頓第二定律得：${a_y}=\frac{qE}{m}$
由勻變速運動公式得：v_y=a_yt
聯(lián)立以上各式得：$E=\frac{{\sqrt{3}mv_0^2}}{qd}$
（3）設(shè)粒子離開電場時速度方向與電磁場邊界MN間的夾角為θ，由速度合成可得：$sinθ=\frac{v_0}{v}=\frac{1}{2}$θ=30?
粒子在磁場中做勻速圓周運動，如圖所示，圓心可能為O₁或O₂，離開磁場的點可能為P點或Q點．設(shè)從P點離開磁場的軌道半為r₁，從Q點離開磁場的軌道半為r₂，由幾何知識可得：d=r₁cosθ+r₁cosβ
 d=r₂cosθ-r₂cosβ
由洛侖茲力公式得及勻速圓周運動公式得：$qvB=m\frac{v^2}{r}$
聯(lián)立以上各式得：${B_1}=\frac{{（\sqrt{3}+1）m{v_0}}}{qd}$
   ${B_2}=\frac{{（\sqrt{3}-1）m{v_0}}}{qd}$
答：（1）粒子通過電場的時間為$\fracrhbhv9r{{v}_{0}}$；
（2）電場強度的大小$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}}{qd}$；
（3）磁感應(yīng)強度的大小可能為$\frac{（\sqrt{3}+1）m{v}_{0}}{qd}$或$\frac{（\sqrt{3}-1）m{v}_{0}}{qd}$．

點評 本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動規(guī)律，要注意明確在電場中一般根據(jù)運動的合成和分解規(guī)律解；而在磁場中要注意明確圓周運動規(guī)律，明確幾何關(guān)系可洛倫茲力充當(dāng)向心力的應(yīng)用．