Question

10．如圖所示，在平面直角坐標系xoy中，第工象限內有沿y軸負向的勻強電場，電場強度的大小為E，第IV象限內有垂直紙面向外的勻強磁場．在y軸的正半軸上，各點處均向x軸正向發(fā)射質量均為m、電荷量為q的帶正電粒子，結果這些粒子均能從x軸上的Q占決入磁場，并且到Q點速度最小的粒子A，經磁場偏轉后恰好從（0，一L）射出磁場，已知QQ=L，粒子的重力不計．求：
（1）勻強磁場的磁感應強度大小及粒子A在磁場中運動的時間；
（2）若某粒子c從y軸上的P點射出，經過Q點時，速度方向與x軸正向成30°，求OP的大小及該粒子在磁場中做圓周運動的半徑．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，應用類平拋運動規(guī)律與牛頓第二定律求出磁感應強度，然后根據粒子在磁場中做圓周運動的周期求出粒子的運動時間．
（2）粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，應用類平拋運動規(guī)律與牛頓第二定律可以求出OP的長度與粒子的軌道半徑．

解答 解：（1）粒子在電場中做類平拋運動，
水平方向：L=v₀t，豎直方向：v_y=$\frac{qE}{m}$t，
到達Q點時的速度：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{L}{t}）^{2}+（\frac{qE}{m}t）^{2}}$，
當：$\frac{L}{t}$=$\frac{qE}{m}$t時，速度最小，為：v=$\sqrt{\frac{2qEL}{m}}$，速度方向與x軸夾角為45°，
粒子經磁場偏轉后從（0，-L）射出磁場，由幾何知識可知，
粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑：r=$\frac{\sqrt{2}}{2}$L，
粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：B=2$\sqrt{\frac{mE}{qL}}$，
粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
粒子在磁場中的運動時間：t=$\frac{1}{2}$T=$\frac{π}{2}\sqrt{\frac{mL}{qE}}$；
（2）設P點的坐標為（0．y），粒子在電場中做類平拋運動，
水平方向：L=v₀t，豎直方向：y=$\frac{{v}_{y}}{2}$t，
到Q點時，tan30°=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$，解得：y=$\frac{\sqrt{3}}{6}$L，即OP的大小為：$\frac{\sqrt{3}}{6}$L，
v_y=$\sqrt{\frac{2qEy}{m}}$=$\sqrt{\frac{\sqrt{3}qEL}{3m}}$，粒子速度：v′=$\frac{{v}_{y}}{sin30°}$，
粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑：R=$\frac{mv′}{qB}$=$\sqrt{\frac{\sqrt{3}}{3}}$L；
答：（1）勻強磁場的磁感應強度大小為2$\sqrt{\frac{mE}{qL}}$，粒子A在磁場中運動的時間為$\frac{π}{2}\sqrt{\frac{mL}{qE}}$；
（2）OP的大小為$\frac{\sqrt{3}}{6}$L，該粒子在磁場中做圓周運動的半徑為$\sqrt{\frac{\sqrt{3}}{3}}$L．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，分析清楚粒子運動過程是解題的關鍵，應用類平拋運動規(guī)律與牛頓第二定律可以解題．