Question

12．如圖，在xOy平面的y軸左側存在沿y軸正方向的勻強電場，y軸右側區(qū)域Ⅰ內(nèi)存在磁感應強度大小B₁=$\frac{m{v}_{0}}{qL}$勻強磁場，區(qū)域Ⅰ、區(qū)域Ⅱ的寬度均為L，高度均為3L．質量為m、電荷量為+q的帶電粒子從坐標為（-2L，-$\sqrt{2}$L）的A點以速度v₀沿+x方向射出，恰好經(jīng)過坐標為[0，-（$\sqrt{2}$-1）L]的C點射入?yún)^(qū)域Ⅰ．粒子重力忽略不計．
（1）求勻強電場的電場強度大小E；
（2）求粒子離開區(qū)域Ⅰ時的位置坐標；
（3）要使粒子從區(qū)域Ⅱ上邊界離開磁場，可在區(qū)域Ⅱ內(nèi)加垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場．試確定磁感應強度B的大小范圍，并說明粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度方向．

Answer 1

分析 （1）粒子在勻強電場中做類平拋運動，將運動沿xy軸分解，根據(jù)動為學規(guī)律即可求解；
（2）由運動學公式求出粒子在C點豎直分速度，結合初速度可算出C點的速度大小與方向．當粒子進入磁場時，做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可確定運動的半徑．最后由幾何關系可得出離開區(qū)域Ⅰ時的位置坐標；
（3）根據(jù)幾何關系確定離開磁場的半徑范圍，再由半徑公式可確定磁感應強度的范圍及粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度方向．

解答 解：（1）帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動
則有：
   x軸方向：2L=v₀t
   y軸方向：$L=\frac{1}{2}\frac{qE}{m}（\frac{2L}{{v}_{0}}）^{2}$
解得：$E=\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{2qL}$
（2）設帶電粒子經(jīng)C點時的豎直分速度為 v_y、速度為v
則有：${v}_{y}=\frac{qE}{m}t=\frac{qE}{m}\frac{2L}{{v}_{0}}={v}_{0}$
所以 $v=\sqrt{2}{v}_{0}$，
方向與x軸正向成45° 斜向上
當粒子進入?yún)^(qū)域Ⅰ做勻速圓周運動，
由牛頓第二定律，有${B}_{1}qv=m\frac{{v}^{2}}{R}$，R=$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{q{B}_{1}}$
解得：$R=\sqrt{2}L$
由幾何關系知，離開區(qū)域I時的位置坐標：x=L，y=0
（3）根據(jù)幾何關系知，帶電粒子從區(qū)域Ⅱ上邊界離開磁場的半徑
滿足$\frac{3}{4}L≤r≤L$
因$r=\frac{mv}{q{B}_{2}}$
解得：$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qL}≤{B}_{2}≤\frac{4\sqrt{2}m{v}_{0}}{3qL}$
根據(jù)幾何關系知，帶電粒子離開磁場時速度方向與y軸正方向夾角30°≤θ≤90°．
答：
（1）求勻強電場的電場強度大小為$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{2qL}$；
（2）求粒子離開區(qū)域Ⅰ時的位置坐標（L，0）；
（3）要使粒子從區(qū)域Ⅱ上邊界離開磁場，可在區(qū)域Ⅱ內(nèi)加垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場．則磁感應強度B的大小范圍$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qL}≤{B}_{2}≤\frac{4\sqrt{2}m{v}_{0}}{3qL}$，而粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度方向與y軸正方向夾角30°≤θ≤90°．

點評 本題涉及了類平拋運動、勻速圓周運動，學會處理這兩運動的規(guī)律：類平拋運動強調(diào)運動的分解，勻速圓周運動強調(diào)幾何關系確定半徑與已知長度的關系．