Question

15．如圖所示，勻強磁場分布在0≤x≤2L且以直線PQ為下邊界的區(qū)域內(nèi)，∠OPQ=30°．y≤0的區(qū)域內(nèi)存在著沿y軸正向的勻強電場．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（不計粒子重力）從電場中一點M（-$\sqrt{3}$L，-$\frac{L}{2}$）以初速度v₀沿x軸正方向射出后，恰好經(jīng)過坐標(biāo)原點O進入第I象限，最后剛好不能從磁場的右邊界飛出．求：
（1）勻強電場的電場強度的大小E；
（2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小B；
（3）粒子從M點出發(fā)到離開磁場過程中所用的時間．

Answer 1

分析 （1）粒子垂直于電場進入第一象限，粒子做類平拋運動，由到達N的速度方向可利用速度的合成與分解得知此時的速度，根據(jù)牛頓第二定律可求出加速度與速度及位移關(guān)系，從而求出電場強度；
（2）應(yīng)用動能定理即可求得電場中粒子的速度，粒子以此速度進入第四象限，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，先畫出軌跡圖，找出半徑；利用洛倫茲力提供向心力的公式，可求出在磁場中運動的半徑．
（3）利用圓心與弦切角的關(guān)系計算出粒子所轉(zhuǎn)過的圓心角θ的大小，然后求出運動時間．

解答 解：（1）粒子在電場中做類平拋運動，
水量方向：$\sqrt{3}$L=v₀t，豎直方向：$\frac{L}{2}$=$\frac{1}{2}$at²，
由牛頓第二定律得：qE=ma，解得：E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{3qL}$；
（2）粒子在O點：v_y=at，解得：v_y=$\frac{{v}_{0}}{\sqrt{3}}$，
速度：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$，解得：v=$\frac{2{v}_{0}}{\sqrt{3}}$，
tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{\frac{{v}_{0}}{\sqrt{3}}}{{v}_{0}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，與x軸正方向的夾角：θ=30°，
進入磁場后，有：（L+2r）sin30°=r+$\frac{r}{2}$，解得：r=L，
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：B=$\frac{2\sqrt{3}m{v}_{0}}{3qL}$；
（3）電場中時間：t₁=$\frac{x}{{v}_{0}}$=$\frac{\sqrt{3}L}{{v}_{0}}$，
勻速運動時間t₂=$\frac{\sqrt{3}L}{v}$=$\frac{3L}{2{v}_{0}}$，
在磁場中運動時間t₃=$\frac{πr}{v}$=$\frac{\sqrt{3}πL}{2{v}_{0}}$，
總時間：t=t₁+t₂+t₃=$\frac{（2\sqrt{3}+3+\sqrt{3}π）L}{2{v}_{0}}$；
答：（1）勻強電場的電場強度的大小E為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{3qL}$；
（2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小B為$\frac{2\sqrt{3}m{v}_{0}}{3qL}$；
（3）粒子從M點出發(fā)到離開磁場過程中所用的時間為$\frac{（2\sqrt{3}+3+\sqrt{3}π）L}{2{v}_{0}}$．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，粒子在電場中做類平拋運動、在磁場中做勻速圓周運動，分析清楚粒子運動過程，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律即可正確解題，作出粒子運動軌跡、應(yīng)用幾何知識是正確解題的前提．