Question

3．如圖所示，在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場．已知電場方向平行于ad邊且由a向d，磁場方面垂直于abcd平面，ab邊長為$\sqrt{3}$L，ad邊長為2L．一帶電粒子從ad邊的中點O平行于ab方向以大小為v0的速度射入場區(qū)，恰好做勻速直線運動；若撤去電場，其它條件不變，則粒子從 c點射出場區(qū)（粒子重力不計）．
（1）求撤去電場后，該粒子在磁場中的運動時間；
（2）若撤去磁場，其它條件不變，求粒子射出電場時的速度大�。�

Answer 1

分析 （1）撤去電場后，粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑和圓心角，求出圓弧長度，由t=$\frac{△s}{v}$求出時間；
（2）先根據(jù)類平拋運動判斷粒子射出電場的位置，再根據(jù)動能定理求出粒子射出電場的速度．

解答 解：（1）撤去電場后帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，設(shè)半徑為R，轉(zhuǎn)過的圓心角為θ，
根據(jù)幾何關(guān)系有：（R-L）²+（$\sqrt{3}$L）²=R²
sinθ=$\frac{\sqrt{3}L}{R}$
解得：R=2L，θ=$\frac{π}{3}$
軌跡圓弧長為：l=R•θ=$\frac{2πL}{3}$
粒子在磁場中運動的時間：t_磁=$\frac{l}{{v}_{0}}$=$\frac{2πL}{3{v}_{0}}$
（2）電場和磁場均存在時，粒子做勻速直線運動：qE=qv₀B
撤去電場，粒子做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
根據(jù)幾何關(guān)系有：R=2L
聯(lián)立得：qE=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2L}$
撤去磁場中，帶電粒子在電場中做類平拋運動，假設(shè)帶電粒子從ab邊射出場區(qū)，
由運動學(xué)規(guī)律有：L=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$，2aL=${v}_{0}^{2}$
根據(jù)牛頓第二定律可得：Eq=ma
聯(lián)立解得：t=$\frac{2L}{{v}_{0}}$
帶電粒子沿ab方向運動距離x=v₀t=2L，x大于ab邊長，故假設(shè)不成立，帶電粒子從bc邊射出場區(qū)，
則：t_電=$\frac{\sqrt{3}L}{{v}_{0}}$
只有電場時，帶電粒子出場區(qū)時的偏轉(zhuǎn)位移：y=$\frac{1}{2}a{t}_{電}^{2}$=$\frac{1}{2}•\frac{{v}_{0}^{2}}{2L}•（\frac{\sqrt{3}L}{{v}_{0}}）^{2}$=$\frac{3}{4}L$
帶電粒子在電場中運動，由動能定理有：qEy=$\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得帶電粒子射出電場時速度大�。簐=$\frac{\sqrt{7}}{2}{v}_{0}$
答：（1）求撤去電場后，該粒子在磁場中的運動時間為$\frac{2πL}{3{v}_{0}}$；
（2）若撤去磁場，其它條件不變，粒子射出電場時的速度大小為$\frac{\sqrt{7}}{2}{v}_{0}$．

點評 本題主要考查了帶電粒子在組合場中運動的問題，要求同學(xué)們能正確分析粒子的受力情況，再通過受力情況分析粒子的運動情況，熟練掌握圓周運動及平拋運動的基本公式．