Question

6．如圖所示，在平面直角坐標系內(nèi)，第Ⅰ象限內(nèi)的MNP區(qū)域存在垂直坐標平面向外的勻強磁場，y＜0的區(qū)域內(nèi)存在著沿Y軸正方向的勻強電場．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從電場中Q（-2h，-h）點以速度v₀水平向右射出，經(jīng)坐標原點O射入第Ⅰ象限，已知N點的坐標為（2h，2h），且MN平行于x軸，NP平行于y軸，M點位于y軸上，P點位于x軸上，不計粒子的重力，求：
（1）電場強度E的大��；
（2）粒子從Q點到第一次進入磁場的時間t；
（3）若要使粒子由MP邊出磁場，則最小的磁感應強度B的大�。�

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律可以求出電場強度．
（2）求出粒子離開電場時的速度，應用類平拋運動規(guī)律與勻速直線運動規(guī)律求出粒子的運動時間．
（3）作出粒子運動軌跡，求出粒子的臨界軌道半徑，然后應用牛頓第二定律求出磁感應強度的最小值．

解答 解：（1）粒子在電場中做類平拋運動，
水平方向：2h=v₀t₁，
豎直方向：h=$\frac{1}{2}$at₁²，
加速度：a=$\frac{qE}{m}$，
解得：E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qh}$；
（2）粒子由Q到O的運動時間：t₁=$\frac{2h}{{v}_{0}}$，
粒子到達O點時，豎直方向的分速度：v_y=at₁=$\frac{qE}{m}$×$\frac{2h}{{v}_{0}}$=v₀，
速度方向與x軸正方向夾角：tanα=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=1，則：α=45°，
粒子MP的中點垂直MP進入磁場，粒子在磁場中的速度：v=$\sqrt{2}$v₀，
粒子由O到進入磁場的時間：t₂=$\frac{2hsin45°}{v}$=$\frac{h}{{v}_{0}}$，
粒子的運動時間：t=t₁+t₂=$\frac{3h}{{v}_{0}}$；
（3）當磁感應強度最小時，粒子軌道半徑最大，粒子由MP邊射出磁場，
則粒子運動軌跡與NP相切，粒子運動軌跡如圖所示：

由幾何知識可得：$\frac{r}{2h}$=$\frac{\sqrt{2}h-r}{2\sqrt{2}h}$，解得：r=$\frac{\sqrt{2}h}{\sqrt{2}+1}$，
粒子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=$\frac{（\sqrt{2}+1）m{v}_{0}}{qh}$；
答：（1）電場強度E的大小為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qh}$；
（2）粒子從Q點到第一次進入磁場的時間t為$\frac{3h}{{v}_{0}}$；
（3）若要使粒子由MP邊出磁場，則最小的磁感應強度B的大小為$\frac{（\sqrt{2}+1）m{v}_{0}}{qh}$．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程是正確解題的前提與關(guān)鍵；帶電粒子在電磁場中的運動要注意分析過程，并結(jié)合各過程中涉及到的運動規(guī)律采用合理的物理規(guī)律求解．