Question

14．如圖所示，在xOy直角坐標(biāo)系內(nèi)，0≤x≤d及x＞d范圍內(nèi)存在垂直于xOy平面且等大反向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ，方向如圖中所示，直線x=d與x軸交點(diǎn)為A．坐標(biāo)原點(diǎn)O處存在粒子源，粒子源在xOy平面內(nèi)向x＞O區(qū)域的各個(gè)方向發(fā)射速度大小均為v₀的同種粒子，粒子質(zhì)量為m，電荷量為-q，其中沿+x方向射出的粒子，在磁場(chǎng)I中的運(yùn)動(dòng)軌跡與x=d相切于P（d，-d）點(diǎn)，不計(jì)粒子重力；
（1）求磁感應(yīng)強(qiáng)度的大��；
（2）求從A點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間；
（3）僅撤去磁場(chǎng)Ⅱ，隨即在xOy平面內(nèi)加上范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，從O點(diǎn)沿OP方向射出的粒子，將沿OP直線運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，后粒子經(jīng)過Q（x_Q，-d）點(diǎn)，求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度及x_Q的值．

Answer 1

分析 （1）粒子從O→P做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由題意畫出軌跡，求出軌跡半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，列式求解B．
（2）根據(jù)幾何知識(shí)求出軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角，來求解運(yùn)動(dòng)時(shí)間．
（3）僅撤去磁場(chǎng)Ⅱ，粒子將沿OP直線運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，列式求出電場(chǎng)強(qiáng)度E．P→Q，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法求解x_Q的值．

解答 解：（1）從O→P，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，由幾何關(guān)系有
∠O₁=90°
軌跡半徑為 R=d
由牛頓第二定律得 qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
整理得 B=$\frac{m{v}_{0}}{qd}$
（2）從A點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ的粒子，軌跡如圖，則R=d，OA=R=d，則△OO₂A為等邊三角形，∠O₂=60°
同理∠O₄=60°，∠O₃=120°
由公式t=$\frac{θ}{360°}$•$\frac{2πm}{qB}$，θ=∠O₂+∠O₄+（360°-∠O₃）=360°
則得 t=$\frac{2πd}{{v}_{0}}$
（3）粒子軌跡如圖，從O→P，粒子做直線運(yùn)動(dòng)，必有 qv₀B=qE
得 E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{qd}$，電場(chǎng)方向垂直于OP與x軸負(fù)方向間的夾角為45°．
P→Q，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，則
  PQsin45°=v₀t₁；
  PQcos45°=$\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$；
又 PQ=x_Q-d
由牛頓第二定律得qE=ma
整理得 x_Q=（2$\sqrt{2}$+1）d
答；
（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為$\frac{m{v}_{0}}{qd}$；
（2）從A點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)Ⅱ的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為$\frac{2πd}{{v}_{0}}$；
（3）僅撤去磁場(chǎng)Ⅱ，隨即在xOy平面內(nèi)加上范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，從O點(diǎn)沿OP方向射出的粒子，將沿OP直線運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，后粒子經(jīng)過Q（x_Q，-d）點(diǎn)，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{qd}$，電場(chǎng)方向垂直于OP與x軸負(fù)方向間的夾角為45°．x_Q的值為（2$\sqrt{2}$+1）d．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵要能根據(jù)帶電粒子的受力情況，確定其運(yùn)動(dòng)情況，運(yùn)用力學(xué)的基本規(guī)律解答．解題時(shí)，要正確畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何知識(shí)求解軌跡半徑和圓心角．