Question

18．如圖所示，長為L兩極板水平放置，其間距也為L．一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子，以某一初速度沿中軸線OO′射入兩板間．若兩板間只存 在豎直向下的勻強電場（圖中未畫出），粒子射出時的速度為v方向與OO′的夾角45⁰．若兩板間只存在垂直紙面向里的勻強磁場，粒子仍以原來的初速度沿中軸線OO′射入，射出的方向與OO′的夾角為30°（圖中未畫出）．不計粒子的重力，求：
（1）所加勻強電場的電場強度．
（2）所加勻強磁場的磁感應強度．
（3）若上述的電場、磁場同時存在，欲使粒子沿OO′直線通過，粒子入射的初速的大�。�

Answer 1

分析 （1）兩極板間只存在豎直向下的勻強電場時，粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)運動的合成與分解，分解為水平方向的勻速運動和豎直方向的勻加速運動，將射出速度分解為水平和豎直方向，水平分速度即為${v}_{0}^{\;}$，豎直分速度為${v}_{y}^{\;}$，根據(jù)牛頓第二定律求加速度，時間t=$\frac{L}{{v}_{0}^{\;}}$，${v}_{y}^{\;}=at$，聯(lián)立即可求出E；
（2）板間只存在垂直紙面向里的勻強磁場時，粒子做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關系求出半徑，洛倫茲力提供向心力得出半徑公式，即可求出B；
（3）電場、磁場同時存在，欲使粒子沿OO′直線通過，則電場力和洛倫茲力平衡，即可求出粒子入射的初速的大小

解答 解：（1）粒子在電場中做類平拋運動，將射出速度v分解為水平和豎直分速度
初速度${v}_{0}^{\;}=vcos45°=\frac{\sqrt{2}}{2}v$
豎直分速度${v}_{y}^{\;}=vsin45°=\frac{\sqrt{2}}{2}v$
根據(jù)牛頓第二定律，加速度$a=\frac{Eq}{m}$
運動時間$t=\frac{L}{{v}_{0}^{\;}}=\frac{L}{\frac{\sqrt{2}}{2}v}=\frac{\sqrt{2}L}{v}$
豎直速度${v}_{y}^{\;}=at$
聯(lián)立得$\frac{\sqrt{2}}{2}v=\frac{Eq}{m}•\frac{\sqrt{2}L}{v}$
解得：$E=\frac{m{v}_{\;}^{2}}{2qL}$
（2）板間只存在垂直紙面向里的勻強磁場時，粒子做勻速圓周運動

根據(jù)幾何關系有$sin30°=\frac{L}{R}$
即R=2L
由洛倫茲力提供向心力，有
$q{v}_{0}^{\;}B=m\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
得$R=\frac{m{v}_{0}^{\;}}{qB}$
$B=\frac{m{v}_{0}^{\;}}{qR}=\frac{m\frac{\sqrt{2}}{2}v}{q•2L}=\frac{\sqrt{2}mv}{4qL}$
（3）若上述的電場、磁場同時存在，欲使粒子沿OO′直線通過，則有
$q{v}_{0}^{′}B=Eq$
解得：${v}_{0}^{′}=\frac{E}{B}=\sqrt{2}v$
答：（1）所加勻強電場的電場強度為$\frac{m{v}_{\;}^{2}}{2qL}$．
（2）所加勻強磁場的磁感應強度為$\frac{\sqrt{2}mv}{4qL}$．
（3）若上述的電場、磁場同時存在，欲使粒子沿OO′直線通過，粒子入射的初速的大小為$\sqrt{2}v$

點評 帶電粒子在電場中運動分為加速和偏轉兩種類型，常運用動能定理和平拋運動規(guī)律求解，注意運算時要細心，而在勻強磁場中運動時，重要的是由運動徑跡利用幾何關系找到半徑的大小，由洛倫茲力提供向心力，利用牛頓第二定律求解即可