Question

11．如圖所示，在直角坐標系xOy平面內(nèi)，第二象限中虛線MN平行于y軸，N點坐標為（-L，0），其左側(cè)有水平向左的勻強電場E₁，MN與y軸之間有沿y軸正方向的勻強電場E₂，E₁、E₂均未知，在第一、三、四象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B未知．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的負粒子從圖中A點靜止釋放，不計粒子重力，粒子到達MN上的P點是速度為v₀，速度方向水平，粒子從y軸上的C點（0，0.5L）與y軸負方向成30°角進入磁場，偏轉(zhuǎn)后從x軸上的D點（圖中未畫出）垂直x軸穿出磁場并進入MN左側(cè)電場且剛好又擊中P點，求：
（1）勻強電場的電場強度E₂的大��；
（2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大��；
（3）勻強電場的電場強度E₁的大�。�

Answer 1

分析 （1）研究粒子在電場E₂中的類平拋運動，由分速度公式和牛頓第二定律結(jié)合求解E₂．
（2）畫出粒子在磁場中圓周運動的軌跡，由幾何關(guān)系求出軌跡半徑，由洛倫茲力提供向心力，列式求解B．
（3）由幾何關(guān)系求出AP間的距離，由動能定理求E₁．

解答 解：（1）粒子在電場E₂中作類平拋運動，剛進入磁場時沿y軸負方向的分速度為：v_y=v₀cot30°=$\sqrt{3}$v₀；
又 v_y=at=$\frac{q{E}_{2}}{m}t$，t=$\frac{L}{{v}_{0}}$
解得：E₂=$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}}{qL}$
（2）粒子進入磁場時的速度大小為：v=$\frac{{v}_{0}}{sin30°}$=2v₀；
結(jié)合題意，畫出軌跡如圖．設(shè)粒子圓周運動的半徑為r，則有：r=$\frac{0.5L}{sin30°}$=L
根據(jù)qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$得：B=$\frac{mv}{qr}$=$\frac{2m{v}_{0}}{qL}$
（3）粒子離開磁場再進入電場后作類平拋運動，沿x軸方向做初速度為零的勻加速直線運動，與粒子從A到P的運動情況相同，由幾何關(guān)系可知，AP間的距離為：
s=2L-L-L（1-cos30°）=$\frac{\sqrt{3}}{2}$L
粒子從A運動到P時，由動能定理得：
qE₁s=$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
聯(lián)立解得：E₁=$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}}{3qL}$
答：（1）勻強電場的電場強度E₂的大小為$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}}{qL}$；
（2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小為$\frac{2m{v}_{0}}{qL}$；
（3）勻強電場的電場強度E₁的大小為$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}}{3qL}$．

點評 粒子做類平拋時，由牛頓第二定律與運動學(xué)公式相結(jié)合來綜合運用；在做勻速圓周運動時，由半徑公式與幾何關(guān)系結(jié)合處理，同時要抓住各個過程間之間的關(guān)系，比如距離關(guān)系進行解答．