Question

17．如圖所示，在豎直平面內(nèi)有xOy直角坐標(biāo)平面，第三象限內(nèi)存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場E（大小未知），y軸右側(cè)存在一垂直紙面的勻強(qiáng)磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子（不計重力）由A點（-L，0）以一定初速度v₀豎直向下拋出，粒子到達(dá)y軸上的C點時，其速度方向與y軸負(fù)方向夾角為45°，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從y的正半軸上某點穿出又恰好擊中A點．求：
（1）電場強(qiáng)度E的大��；
（2）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大��；
（3）粒子從A出發(fā)到回到A經(jīng)歷的時間t．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場中做類平拋運動，由類平拋運動的規(guī)律可求得電場強(qiáng)度；
（2）由幾何關(guān)系可明確粒子轉(zhuǎn)動的半徑，再由洛侖茲力充當(dāng)向心力可求得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大��；
（3）明確粒子運動的總過程，分別由類平拋運動、圓周運動及直線運動規(guī)律求得各過程中的時間，則可求得總時間．

解答 解：（1）帶電粒子在電場中做類平拋運動，豎直方向為勻速直線運動，水平方向為勻加速直線運動；
由已知條件可得：
L=$\frac{1}{2}•\frac{qE}{m}{{t}_{1}}^{2}$
OC=v₀t₁
令粒子在C點的速率為v，有$\frac{qE}{m}{t}_{1}=v$₀
v=$\sqrt{2}{v}_{0}$
聯(lián)立解得：OC=2L，${t}_{1}=\frac{2L}{{v}_{0}}$，$E=\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{2qL}$
（2）設(shè)粒子在y軸正半軸的D點射出磁場，粒子在磁場中做勻速圓周運動，由左手定則可判定磁場方向垂直紙面向里，
從D點射出時與y軸也成45°角，所以O(shè)D=OA=L
可知，CD=$\sqrt{2}r=OC+CD=3L$
r=$\frac{3\sqrt{2}}{2}L$
根據(jù)$Bqv=m\frac{v^2}{r}$
解得：B=$\frac{mv}{qr}$
代入得：B=$\frac{2m{v}_{0}}{3qL}$
（3）設(shè)粒子在磁場中的運動時間為t₂，則${t}_{2}=\frac{270°}{360°}×\frac{2πr}{v}=\frac{9πL}{4{v}_{0}}$
粒子從D到A的運動時間為t₃，則${t}_{3}=\frac{DA}{v}=\frac{L}{{v}_{0}}$
所以粒子運動的總時間t=t₁+t₂+t₃=$\frac{12+9π}{{4v}_{0}}L$
答：（1）電場強(qiáng)度E的大小為$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{2qL}$；
（2）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為$\frac{2m{v}_{0}}{3qL}$；
（3）粒子從A出發(fā)到回到A經(jīng)歷的時間t為$\frac{12+9π}{{4v}_{0}}L$．

點評 本題為帶電粒子在組合場中的運動，要注意分別應(yīng)用電場中的類平拋，磁場中的勻速圓周運動的規(guī)律進(jìn)行分析求解．并注意認(rèn)真分析其對應(yīng)的物理過程．明確物理規(guī)律的正確應(yīng)用．