Question

13．如圖，在直角三角形AOC中，豎直直角邊AO=L，水平直角邊OC=2L，斜邊AC的正上方有沿豎直向上的勻強電場，OC的下方矩形區(qū)域內(nèi)有垂直于三角形平面向里的勻強磁場，矩形區(qū)域的長度為3L，寬度為L．現(xiàn)有質(zhì)量均為m、電荷量均為q的負粒子a、b，分別從A點不同時水平射出，速度大小分別為v_a=v₀、v_b=$\sqrt{2}$v₀，b粒子從電場中經(jīng)過C點，a粒子出磁場時經(jīng)過C點．不考慮粒子間的相互作用，不計粒子的重力．求：
（1）b粒子經(jīng)過C點時的速度？
（2）勻強電場的電場強度E的大小和勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小？
（3）若使a、b兩粒子同時到達C點，則從A點先后射出時的時間差是多少？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)粒子做類平拋運動，結(jié)合平拋運動處理規(guī)律，及運動學(xué)公式，并依據(jù)速度的合成法則，即可求解速度大小，再由三角知識，求得速度的方向；
（2）根據(jù)牛頓第二定律，結(jié)合運動學(xué)公式，即可求解電場強度大��；再根據(jù)做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，并結(jié)合幾何關(guān)系，從而求得磁感應(yīng)強度大��；
（3）根據(jù)類平拋運動與勻速圓周運動，結(jié)合運動學(xué)公式，即可求解時間差．

解答 解：（1）b粒子在電場中從A到C點，做類平拋運動：
2L=$\sqrt{2}$v₀t_b；①
L=$\frac{{v}_{by}}{2}{t}_$②
經(jīng)過C點時的速度大小v_c=$\sqrt{（\sqrt{2}{v}_{0}）^{2}+{v}_{by}^{2}}$=2v₀；③
方向與水平成θ，$tanθ=\frac{{v}_{by}}{{v}_}$=1，
解得：θ=45°             ④
（2）b粒子在電場中從A到C點做類平拋運動：qE=ma⑤
$L=\frac{1}{2}a{t}_^{2}$⑥
①⑤⑥聯(lián)解得：E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{qL}$
對a粒子，在電場中，同理分析，應(yīng)打在AC的中點D，過D點時的速度大小為v_aD=$\sqrt{2}{v}_{0}$，方向仍與水平成45°角．
a粒子過D后進入磁場前做勻速直線運動，從F點進入磁場后做勻速圓周運動，軌跡如圖所示（圓心角為90°）．

設(shè)圓半徑為R_a
則$q{v}_{aD}B=m\frac{{v}_{aD}^{2}}{{R}_{a}}$

幾何關(guān)系：$\sqrt{2}{R}_{a}+\frac{L}{2}=L$
解得：${R}_{a}=\frac{\sqrt{2}L}{4}$
B=$\frac{4m{v}_{0}}{qL}$
（3）由①得${t}_=\frac{\sqrt{2}L}{{v}_{0}}$
a粒子從A到F，水平方向勻速，用時${t}_{a1}=\frac{3L}{2{v}_{0}}$
在磁場中用時${t}_{a2}=\frac{T}{4}$=$\frac{2π{R}_{a}}{4{v}_{aD}}$=$\frac{πL}{8{v}_{0}}$
時間差△t=t_a1+t_a2-t_b=$\frac{L}{{v}_{0}}（\frac{3}{2}+\frac{π}{8}-\sqrt{2}）$=$\frac{L}{2{v}_{0}}$
答：（1）b粒子經(jīng)過C點時的速度大小2v₀，而方向與水平夾角為45°；
（2）勻強電場的電場強度E的大小$\frac{m{v}_{0}^{2}}{qL}$和勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小$\frac{4m{v}_{0}}{qL}$；
（3）若使a、b兩粒子同時到達C點，則從A點先后射出時的時間差是$\frac{L}{2{v}_{0}}$．

點評 考查粒子做類平拋運動與勻速圓周運動，掌握牛頓第二定律與運動學(xué)公式的應(yīng)用，理解處理平拋運動的規(guī)律，及圓周的幾何關(guān)系是解題的關(guān)鍵．同時注意正確畫出運動軌跡是解題的重點．