Question

12．如圖所示，在坐標系xOy的第一象限內(nèi)斜線OC的上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，第四象限內(nèi)存在磁感應強度大小未知，方向垂直紙面向里的勻強磁場，第三象限內(nèi)存在沿y軸負方向的勻強電場，在x軸負半軸上有一接收屏GD，GD=20D=d，現(xiàn)有一帶電粒子（不計重力）從y軸上的A點，以初速度v₀水平向右垂直射入勻強磁場，恰好垂直O(jiān)C射出，并從x軸上的P點（未畫出）進入第四象限內(nèi)的勻強磁場，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后又垂直y軸進入勻強電場并被接收屏接收，已知OC與x軸的夾角為37°，OA=$\frac{4}{5}$d，求：
（1）粒子的電性及比荷$\frac{q}{m}$；
（2）第四象限內(nèi)勻強磁場的磁感應強度B′的大小；
（3）第三象限內(nèi)勻強電場的電場強度E的大小范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意作出粒子運動軌跡，由左手定則判斷出粒子的電性，求出粒子做圓周運動的軌道半徑，然后由牛頓第二定律求出粒子比荷．
（2）粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出磁感應強度．
（3）粒子在電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律求出電場強度的臨界值，然后求出電場強度的范圍．

解答 解：（1）粒子運動軌跡如圖所示：

由左手定則可知，粒子帶負電，
由幾何知識可得，粒子在第一象限內(nèi)做圓周運動的軌道半徑：r=$\frac{4}{5}$d，
洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力，
由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，解得：$\frac{q}{m}$=$\frac{5{v}_{0}}{4Bd}$；
（2）由圖示粒子運動軌跡可知：OP=d，
粒子在第四象限內(nèi)做圓周運動的軌道半徑：R=$\frac{OP}{cos37°}$=$\frac{5}{4}$d，
由牛頓第二定律得：qv₀B′=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$，解得：B′=$\frac{16}{25}$B；
（3）粒子在勻強電場中做類平拋運動，
由幾何知識得：OQ=R+Rsin37°=2d，
E較大時粒子擊中D點，由類平拋運動規(guī)律得：
$\frac{1}{2}$d=v₀t    2d=$\frac{1}{2}$$\frac{q{E}_{max}}{m}$t²，解得：E_max=$\frac{64B{v}_{0}}{5}$；
當E較小時，粒子擊中G點，由類平拋運動規(guī)律得：
$\frac{3}{2}$d=v₀t    2d=$\frac{1}{2}$$\frac{q{E}_{min}}{m}$t²，解得：E_min=$\frac{64B{v}_{0}}{45}$，
電場強度范圍：$\frac{64B{v}_{0}}{45}$≤E≤$\frac{64B{v}_{0}}{5}$；
答：（1）粒子帶負電，粒子的比荷$\frac{q}{m}$為：$\frac{5{v}_{0}}{4Bd}$；
（2）第四象限內(nèi)勻強磁場的磁感應強度B′的大小為$\frac{16}{25}$B；
（3）第三象限內(nèi)勻強電場的電場強度E的大小范圍是：$\frac{64B{v}_{0}}{45}$≤E≤$\frac{64B{v}_{0}}{5}$．

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、作出粒子運動軌跡是正確解題的關鍵，應用牛頓第二定律與類平拋運動規(guī)律可以解題，解題是注意幾何知識的應用．