Question

13．如圖所示，x軸上方有豎直向下的勻強電場，從x軸A點（5$\sqrt{3}$h，0）處一質(zhì)量為m電荷量為q的帶正電粒子（不計粒子重力）以速度v₀垂直x軸進入一圓形磁場區(qū)域，速度方向指向圓形磁場的圓心，磁場方向垂直紙面向外，粒子飛出磁場后，以v_B=$\frac{\sqrt{3}{v}_{0}}{2}$的速度垂直打到y(tǒng)軸上B點（0，h）．
（1）求勻強電場的電場強度E和圓形磁場的磁感應(yīng)強度B的大�。�
（2）求帶電粒子從A點運動到B點的時間．

Answer 1

分析 采用逆向思維：粒子在電場中只受電場力，做類平拋運動．將速度分解，可求出粒子進入圓形磁場區(qū)域時的速度大�。�根據(jù)牛頓定律求出場強E的大小．粒子在磁場中，洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運動．分析粒子進入磁場的速度方向與進入磁場時的速度方向相同條件，根據(jù)圓的對稱性，由幾何知識得到半徑，周期T的表達式．大而確定磁場的磁感應(yīng)強度B的大��；并由運動學(xué)公式可求出從A點運動到B點的時間；

解答 解：（1）沿著粒子運動反方向研究：粒子從B點射入電場，在電場中作類平拋運動，射出電場時，如圖所示．
設(shè)射出粒子的速度與x軸的夾角為θ，由速度關(guān)系，則有：$\frac{{v}_{B}}{{v}_{0}}=cosθ$
而v_B=$\frac{\sqrt{3}}{2}$v_O，所以解得：θ=30°
則${v}_{y}={v}_{0}sin30°=\frac{{v}_{0}}{2}$
在電場力的方向，根據(jù)${v}_{y}^{2}=2ah$與$a=\frac{qE}{m}$，可得：E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{8qh}$
在x軸方向，粒子的位移，x=v_Bt=$\frac{{v}_{y}}{a}{v}_{B}=2\sqrt{3}h$
粒子射出電場后做勻速運動后，沿著圓形磁場的半徑方向射入，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)后從A點射出．
粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動，則有$Bqv=m\frac{{v}^{2}}{R}$；
設(shè)圓周運動的半徑為R，根據(jù)幾何關(guān)系，可得：$（5\sqrt{3}h-2\sqrt{3}h-R）sin30°=R$
解得：R=$\sqrt{3}$h 
所以，$B=\frac{m{v}_{0}}{qR}=\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}}{3qh}$
（2）粒子做類平拋的運動的時間，t₁=$\frac{{v}_{y}}{a}=\frac{\frac{{v}_{0}}{2}}{\frac{{v}_{0}^{2}}{8h}}=\frac{4h}{{v}_{0}}$；
粒子做勻速直線運動的時間為t₂，勻速運動的位移為$x=\frac{R}{tan30°}=3h$，所以時間t₂=$\frac{3h}{{v}_{0}}$；
粒子做勻速圓周運動的時間為t₃，根據(jù)入射角度，可知運動軌跡對應(yīng)的圓心角為120°，則有${t}_{3}=\frac{1}{3}×\frac{2πm}{qB}$=$\frac{2\sqrt{3}πh}{3{v}_{0}}$；
則帶電粒子從A點運動到B點的時間為$t={t}_{1}+{t}_{2}+{t}_{3}=\frac{21+2\sqrt{3}π}{3{v}_{0}}h$；
答：（1）求勻強電場的電場強度$\frac{m{v}_{0}^{2}}{8qh}$和圓形磁場的磁感應(yīng)強度B的大小$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}}{3qh}$．
（2）求帶電粒子從A點運動到B點的時間$\frac{21+2\sqrt{3}π}{3{v}_{0}}h$．

點評 本題帶電粒子在組合場中運動，分別采用不同的方法：電場中運用運動的合成和分解，磁場中圓周運動處理的基本方法是畫軌跡．采用逆向思維從而降低解題難度，這通常也是處理題目的一種方法．