Question

16．如圖所示，在GH左側有勻強磁場，右側有勻強電場，電場寬度為l，GH為電場和磁場的分界線，磁場方向垂直于紙面向里，電場方向與GH平行，一帶電粒子以速率v從圖中P點與磁場左邊界成30°夾角射入勻強磁場（圖中未畫出），經(jīng)過一段時間到達分界線GH上M點，此時速度方向與GH分界線垂直，此后粒子在電場力的作用下從Q點離開電場，已知M點到PQ連線的垂直距離為d，不計粒子的重力．求：
（1）粒子的電性及整個運動過程中粒子的最大速率；
（2）電場強度和磁感應強度大小之比$\frac{E}{B}$．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)粒子運動軌跡應用左手定則可以判斷粒子的電性；粒子在電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律與動能定理可以求出粒子的最大速率．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，應用牛頓第二定律可以求出磁感應強度，然后求出電場強度與磁感應強度之比．

解答 解：（1）粒子進入磁場后向右偏轉，由左手定則可知，粒子帶負電；
粒子在電場中做類平拋運動，
水平方向：l=vt，
豎直方向：d=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²，
粒子離開電場時速度最大，在電場中，
由動能定理得：qEd=$\frac{1}{2}$mv_max²-$\frac{1}{2}$mv²，
解得：E=$\frac{2md{v}^{2}}{q{l}^{2}}$，v_max=$\sqrt{1+\frac{4um2kg4o^{2}}{{l}^{2}}}$v；
（2）粒子運動軌跡如圖所示，由幾何知識得：
圓心角：α=60°，d+rcos60°=r
解得：r=2d，
粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：$\frac{E}{B}$=$\frac{24aq2yk2^{2}v}{{l}^{2}}$；
答：（1）粒子帶負電，整個運動過程中粒子的最大速率為$\sqrt{1+\frac{48qycysg^{2}}{{l}^{2}}}$v；
（2）電場強度和磁感應強度大小之比$\frac{E}{B}$為$\frac{2agsos2m^{2}v}{{l}^{2}}$．

點評 本題考查了粒子在電磁場中的運動，粒子在磁場中做勻速圓周運動，在電場中做類平拋運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的前提，應用類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律與動能定理可以解題．