Question

11．有一直角三角形OAC，OC水平且長為12 cm，其下方存在垂直O(jiān)C向上的勻強電場，∠C=30°，AC上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B₁=1 T，OA左側也存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B₂未知，一質(zhì)量為m=8×10^-10kg、電荷量q=1×10^-4C的帶正電粒子從M點由靜止釋放，MC=8 cm，MC⊥OC，粒子經(jīng)電場加速后進入磁場，恰好經(jīng)A點到達O點，不計粒子重力，求：
（1）勻強電場的電場強度E的大小；
（2）未知勻強磁場的磁感應強度B₂的大��；
（3）粒子在磁場中運動的總時間t．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場B₁中做勻速圓周運動，畫出運動的軌跡，由幾何關系求出半徑，然后又洛倫茲力提供向心力，結合牛頓第二定律得出粒子的速度，然后由動能定理即可求出電場強度的大��；
（2）畫出運動的軌跡，由幾何關系求出半徑，然后由洛倫茲力提供向心力，結合牛頓第二定律得出磁場B₂的大��；
（3）由周期公式與偏轉(zhuǎn)角度之間的關系即可求出．

解答 解：（1）粒子在磁場B₁中做勻速圓周運動，畫出運動的軌跡如圖，其圓心為O₁，則∠O₁AC=∠O₁CA=30°

所以：∠AO₁O=2∠O₁CA=60°
粒子的偏轉(zhuǎn)角是120°
由幾何關系得：${r}_{1}+{r}_{1}cos60°=\overline{OC}$
所以：${r}_{1}=\frac{2}{3}\overline{OC}=\frac{2}{3}×12cm=8$cm
洛倫茲力提供向心力得：$qv{B}_{1}=\frac{m{v}^{2}}{{r}_{1}}$
所以：$v=\frac{qB{r}_{1}}{m}=\frac{1×1{0}^{-4}×1×8×1{0}^{-2}}{8×1{0}^{-10}}=1.0×1{0}^{4}$m/s
M到C的過程中電場力做功，$qEx=\frac{1}{2}m{v}^{2}-0$
所以：$E=\frac{m{v}^{2}}{2qx}$
代入數(shù)據(jù)得：E=5×10³V/m
（2）粒子在磁場B₂中做勻速圓周運動，畫出運動的軌跡如圖，其圓心為O₂，則$\overline{AO}=2{r}_{2}•cos∠OA{O}_{1}=2{r}_{2}•cos30°=\sqrt{3}{r}_{2}$
所以：${r}_{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}\overline{AO}=\frac{\sqrt{3}}{3}•\overline{OC}•tan30°=\frac{1}{3}OC=\frac{1}{3}×12cm=4$cm
洛倫茲力提供向心力得：$qv{B}_{2}=\frac{m{v}^{2}}{{r}_{2}}$
所以：${B}_{2}=\frac{mv}{q{r}_{2}}$
代入數(shù)據(jù)得：B₂=2T
（3）粒子在磁場B₁中運動的周期：${T}_{1}=\frac{2π{r}_{1}}{v}=\frac{2πm}{q{B}_{1}}$
由偏轉(zhuǎn)角與偏轉(zhuǎn)時間的關系得：${t}_{1}=\frac{△{θ}_{1}}{360°}{T}_{1}=\frac{120°}{360°}{T}_{1}=\frac{2πm}{3q{B}_{1}}$
粒子在磁場B₁中運動的周期：${T}_{2}=\frac{2π{r}_{2}}{v}=\frac{2πm}{q{B}_{2}}$
由圖可知，粒子 在磁場B₂中偏轉(zhuǎn)的角度也是120°
所以：${t}_{2}=\frac{1}{3}{T}_{2}=\frac{2πm}{3q{B}_{2}}$
粒子在磁場中運動的總時間：$t={t}_{1}+{t}_{2}=\frac{2πm}{3q}（\frac{1}{{B}_{1}}+\frac{1}{{B}_{2}}）$
代入數(shù)據(jù)得：t=8π×10^-6s
答：（1）勻強電場的電場強度E的大小是5×10³V/m；
（2）未知勻強磁場的磁感應強度B₂的大小是2T；
（3）粒子在磁場中運動的總時間是8π×10^-6s．

點評 考查帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的過程中，用牛頓第二定律與運動學公式，并結合幾何關系來處理這兩種運動，強調(diào)并突出準確的運動軌跡圖．