Question

3．如圖所示，紙面內(nèi)直線CD、MN、FG相互平行，間距為d，在直線CD、MN之間的區(qū)域內(nèi)有平行于CD的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在直線MN、FG之間的區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)有質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子從CD邊某點(diǎn)O以初速度v₀，沿垂直于CD的方向射入電場(chǎng)，離開(kāi)電場(chǎng)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小為v=2v₀，從直線FG處離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度方向與直線FG之間的夾角為β=60?，不計(jì)粒子所受重力，電、磁場(chǎng)區(qū)域足夠大．求：
（1）粒子通過(guò)電場(chǎng)的時(shí)間；
（2）電場(chǎng)強(qiáng)度的大�。�
（3）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大�。�

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)垂直電場(chǎng)方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可求得時(shí)間；
（2）由牛頓第二定律可求得加速度，再類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可求得電場(chǎng)強(qiáng)度；
（3）根據(jù)幾何關(guān)系可明確帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑；再由洛倫茲力充當(dāng)向心力列式可求得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大�。�

解答 解：（1）設(shè)粒子通過(guò)電場(chǎng)的時(shí)間為t，由勻速運(yùn)動(dòng)公式得：d=v₀t
得：$t=\frac31xbav1{v_0}$
（2）設(shè)粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度沿電場(chǎng)方向的分量為v_y，由速度分解可得：${v_y}=\sqrt{{v^2}-v_0^2}=\sqrt{3}{v_0}$
設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，由牛頓第二定律得：${a_y}=\frac{qE}{m}$
由勻變速運(yùn)動(dòng)公式得：v_y=a_yt
聯(lián)立以上各式得：$E=\frac{{\sqrt{3}mv_0^2}}{qd}$
（3）設(shè)粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度方向與電磁場(chǎng)邊界MN間的夾角為θ，由速度合成可得：$sinθ=\frac{v_0}{v}=\frac{1}{2}$θ=30?
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示，圓心可能為O₁或O₂，離開(kāi)磁場(chǎng)的點(diǎn)可能為P點(diǎn)或Q點(diǎn)．設(shè)從P點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)的軌道半為r₁，從Q點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)的軌道半為r₂，由幾何知識(shí)可得：d=r₁cosθ+r₁cosβ
 d=r₂cosθ-r₂cosβ
由洛侖茲力公式得及勻速圓周運(yùn)動(dòng)公式得：$qvB=m\frac{v^2}{r}$
聯(lián)立以上各式得：${B_1}=\frac{{（\sqrt{3}+1）m{v_0}}}{qd}$
   ${B_2}=\frac{{（\sqrt{3}-1）m{v_0}}}{qd}$
答：（1）粒子通過(guò)電場(chǎng)的時(shí)間為$\fraclw56v7l{{v}_{0}}$；
（2）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}}{qd}$；
（3）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可能為$\frac{（\sqrt{3}+1）m{v}_{0}}{qd}$或$\frac{（\sqrt{3}-1）m{v}_{0}}{qd}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，要注意明確在電場(chǎng)中一般根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成和分解規(guī)律解；而在磁場(chǎng)中要注意明確圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律，明確幾何關(guān)系可洛倫茲力充當(dāng)向心力的應(yīng)用．