Question

4．如圖所示，在豎直虛線MN的左側(cè)有豎直向下的勻強電場，在豎直虛線MN和PQ之間有垂直于紙面向里的水平勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B₁（未知），在虛線PQ的右側(cè)也有垂直于紙面向里的水平勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B₂（未知）．從電場中的A點以速度v₀水平向右射出一個質(zhì)量為m，電荷量大小為q的帶正電的粒子，結(jié)果粒子從MN線上的C點（未畫出）進入磁場B₁，并恰好垂直PQ從PQ線上的D點（未畫出）進入磁場B₂中，一段時間后粒子又回到C點．已知A到MN的距離為d，MN和PQ的間距也為d，電場強度的大小為E=$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{qd}$，不計粒子的重力，求：
（1）磁感應(yīng)強度B₁和B₂的大�。�
（2）粒子從C點進入磁場開始計時到再次回到C點所用的時間為多少？

Answer 1

分析 （1）分析可知粒子以垂直電場線方向的初速度在電場中做類平拋運動，運用牛頓第二定律、運動的合成和分解以及運動學(xué)規(guī)律聯(lián)立即可求出進入磁場時的速度大小和方向，進入磁場B₁和B₂后做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出半徑公式r₁=$\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{1}}$以及r₂=$\frac{m{v}_{0}}{q{B}_{2}}$，再聯(lián)立幾何關(guān)系即可；
（2）根據(jù)周期公式結(jié)合粒子轉(zhuǎn)過的圓心角分別求其在兩個磁場中的運動時間，加和即可求出粒子從C點進入磁場開始計時到再次回到C點所用的時間．

解答 解：（1）粒子在電場中做類平拋運動，對運動進行分解，
根據(jù)運動學(xué)規(guī)律有：d=v₀t₁    v_y=at₁
牛頓第二定律：Eq=ma
根據(jù)已知：E=$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{qd}$
求得：v_y=v₀
因此粒子進入左側(cè)磁場時速度大小為v=$\sqrt{2}$v₀，方向與MN夾角45°
粒子在左側(cè)磁場中做勻速圓周運動，且垂直PQ進入右側(cè)磁場，在右側(cè)磁場中仍做圓周運動，
運動的軌跡為半圓，并垂直PQ再次進入左側(cè)磁場回到C點，粒子的運動軌跡如圖所示，

在磁場B₁中：由幾何關(guān)系可知，粒子在左側(cè)磁場中做圓周運動的半徑：r₁=$\sqrt{2}$d
根據(jù)牛頓第二定律：qvB₁=m$\frac{{v}^{2}}{{r}_{1}}$
求得：B₁=$\frac{m{v}_{0}}{qd}$
在磁場B₂中：根據(jù)對稱性可知，粒子在右側(cè)磁場中做圓周運動的半徑：r₂=r₁-d=（$\sqrt{2}$-1）d
根據(jù)牛頓第二定律：qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{{r}_{2}}$
求得：B₂=$\frac{（2+\sqrt{2}）{mv}_{0}}{qd}$
（2）粒子在左側(cè)磁場中運動的時間為：t₁=$2×\frac{1}{8}×\frac{2πm}{{qB}_{1}}$=$\frac{πd}{2{v}_{0}}$
粒子在右側(cè)磁場中運動的時間：t₂=$\frac{1}{2}×\frac{2πm}{q{B}_{2}}$=$\frac{πd}{（2+\sqrt{2}）{v}_{0}}$
則粒子從C點進入磁場開始計時到再次回到C點所用的時間：t=t₁+t₂=$\frac{（2\sqrt{2}+1）πd}{（2\sqrt{2}+2）{v}_{0}}$=$\frac{（3-\sqrt{2}）πd}{2{v}_{0}}$
答：（1）磁感應(yīng)強度B₁大小為$\frac{m{v}_{0}}{qd}$，B₂的大小為$\frac{（2+\sqrt{2}）{mv}_{0}}{qd}$；
（2）粒子從C點進入磁場開始計時到再次回到C點所用的時間為$\frac{（3-\sqrt{2}）πd}{2{v}_{0}}$．

點評 本題考查帶電粒子在復(fù)合場中運動的問題，帶點粒子在電場作用下做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，要求同學(xué)們能畫出粒子運動的軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系求解，知道半徑公式及周期公式，要注意分析好由電場進入磁場以及從磁場B₁進入磁場B₂時銜接點的速度．