Question

17．如圖所示，紙面內(nèi)有一直角坐標(biāo)系xOy，在第一象限內(nèi)是沿x軸正方向、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場，在第二象限內(nèi)是垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場B（大小未知），在第三、第四象限內(nèi)是垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場B′（大小未知），一質(zhì)量為m，電荷量為e的正粒子從無限靠近y軸的M點(diǎn)以速度v₀沿MO方向射出，經(jīng)x軸上的N點(diǎn)進(jìn)入第四象限，而后從x軸負(fù)半軸N′點(diǎn)（與N點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對稱）進(jìn)入第二象限，最后恰好似沿y軸正方向的速度打在y軸正半軸上，已知tan∠OMN=$\frac{1}{2}$，粒子重力不計(jì)，試求：
（1）M、O間距離l和O、N間距離d；
（2）$\frac{B}{B′}$的值．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出l、d．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡求出粒子軌道半徑，應(yīng)用牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強(qiáng)度，然后求出磁感應(yīng)強(qiáng)度指標(biāo)．

解答 解：粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示；
（1）由題意知：已知tan∠OMN=$\frac{1}{2}$，則：O、N間的距離：d=$\frac{l}{2}$，
粒子從M點(diǎn)到N點(diǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)，d=$\frac{1}{2}$at₁²=$\frac{1}{2}$$\frac{eE}{m}$t₁²，l=v₀t₁，
解得：l=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{eE}$，d=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2eE}$．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子進(jìn)入磁場時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向間夾角為θ，
則tanθ=2tan∠OMN=1，解得：θ=45°，
由幾何知識得，粒子在磁場B′中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑：r′=$\sqrt{2}$d，
粒子在磁場B中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r，
由幾何知識得，圓心角：α=θ=45°，
cosα=$\frac{r-d}{r}$，解得：r=（2+$\sqrt{2}$）d，
粒子做圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：evB′=m$\frac{{v}^{2}}{r′}$，evB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：$\frac{B}{B′}$=（$\sqrt{2}$-1）；
答：（1）M、O間距離l為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{eE}$，O、N間距離d為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2eE}$．
（2）$\frac{B}{B′}$的值為（$\sqrt{2}$-1）．

點(diǎn)評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運(yùn)動(dòng)，粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律與牛頓第二定律可以解題；
要掌握解帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動(dòng)問題，該類系統(tǒng)解題的一般思路為：
  1、畫軌跡：確定圓心，幾何方法求半徑并畫出軌跡．
  2、找聯(lián)系：軌跡半徑與磁感應(yīng)強(qiáng)度、速度聯(lián)系；偏轉(zhuǎn)角度與運(yùn)動(dòng)時(shí)間相聯(lián)系，時(shí)間與周期聯(lián)系．
  3、用規(guī)律：牛頓第二定律和圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律．