Question

2．如圖所示，在直角坐標(biāo)系0≤X≤L區(qū)域內(nèi)有沿Y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，右側(cè)有一個(gè)以點(diǎn)（3L，0）為圓心、半徑為L(zhǎng)的圓形區(qū)域，圓形區(qū)域加垂直于紙面向外的磁場(chǎng)，圓形區(qū)域與X軸的交點(diǎn)分別為M、N．現(xiàn)有一質(zhì)量為m，帶電量為e的電子，從Y軸上的A點(diǎn)以速度v₀沿X軸正方向射入電場(chǎng)，飛出電場(chǎng)后從M點(diǎn)進(jìn)入圓形區(qū)域，速度方向與X軸夾角為30°．電子從N點(diǎn)飛出．求：

（1）電子進(jìn)入圓形磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大��；
（2）圓形磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大�。�
（3）0≤X≤L區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大�。�

Answer 1

分析 （1）利用運(yùn)動(dòng)的合成和分解，根據(jù)飛出電場(chǎng)后粒子速度方向與X軸夾角為30°，利用幾何關(guān)系即可求出電子進(jìn)入圓形磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大�。�
（2）利用洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系，即可求出圓形磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大��；
（3）利用類平拋規(guī)律結(jié)合牛頓第二定律，即可求出0≤X≤L區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大�。�

解答 解：（1）電子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)
射出電場(chǎng)時(shí)由速度關(guān)系可得：$\frac{{v}_{0}}{v}$=cos30°
解得：v=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$v₀①
（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：evB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$②
根據(jù)幾何關(guān)系可得：r=2L③
聯(lián)立①②③式可得：B=$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}}{3eL}$
（3）根據(jù)類平拋規(guī)律有：
L=v₀t ⑤
v_y=at ⑥
因?yàn)榱Ｗ语w出電場(chǎng)后速度方向與X軸夾角為30°，可得：v_y=v₀tan30° ⑦
根據(jù)牛頓第二定律可得：eE=ma ⑧
聯(lián)立⑤⑥⑦⑧式可得：E=$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}}{3eL}$
答：（1）電子進(jìn)入圓形磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)的速度大小為$\frac{2\sqrt{3}}{3}$v₀；
（2）圓形磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}}{3eL}$；
（3）0≤X≤L區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的大小為$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}}{3eL}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，解題關(guān)鍵是要畫出粒子軌跡過(guò)程圖，分好運(yùn)動(dòng)過(guò)程，選擇合適的規(guī)律解決；電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)運(yùn)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)的合成和分解求解；帶點(diǎn)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，利用洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系求解，難度不大．