Question

13．如圖所示，在第一象限存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)沿y軸負(fù)方向；在第二象限有兩塊平行金屬板M、N組成的加速電場(chǎng)，板間的電壓為U．一電荷量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子，靠近M板由靜止釋放，經(jīng)N板小孔沿x軸正方向飛出，經(jīng)過(guò)y軸上y=h處的點(diǎn)P₁進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，然后，在經(jīng)過(guò)x軸上P₂點(diǎn)進(jìn)入第四象限時(shí)其速度與x軸正方向的夾角θ=53°，不計(jì)粒子的重力，已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：
（1）粒子剛射入第一象限的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)的速度v₁；
（2）第一象限勻強(qiáng)電場(chǎng)強(qiáng)度E；
（3）如果在第四象限存在的勻強(qiáng)磁場(chǎng)是在半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，與x軸相切于P₂點(diǎn)，方向垂直xy平面，如圖所示，其它條件不變．要保證上述粒子在圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)中經(jīng)過(guò)一段圓弧最終垂直于y軸飛出，求圓形磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向．

Answer 1

分析 （1）粒子剛射入第一象限的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)的速度是由電場(chǎng)加速獲得的，根據(jù)動(dòng)能定理求解．
（2）帶電粒子進(jìn)入第一象限的電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解法求解電場(chǎng)強(qiáng)度E．
（3）帶電粒子進(jìn)入第四象限的磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何知識(shí)求解軌跡的半徑，即可由牛頓第二定律求解B的大小，由左手定則判斷B的方向．

解答 解：（1）帶電粒子在電場(chǎng)中加速，由動(dòng)能定理得：
  qU=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
得：v₁=$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$
（2）設(shè)經(jīng)P₂點(diǎn)時(shí)速度為v₂，帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)速度的分解可得：
   v₂cos53°=v₁
由動(dòng)能定理得：qEh=$\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$-$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
聯(lián)立解得：E=$\frac{16U}{9h}$
或可這樣求解：
設(shè)經(jīng)P₂點(diǎn)時(shí)速度為v₂和此時(shí)沿y軸負(fù)方向分速度為v_y，帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)
 v_y=v₁tan53°
 v_y²=2ah
根據(jù)牛頓第二定律得：qE=ma
聯(lián)立得：E=$\frac{16U}{9h}$
（3）粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，D為圓心．可以證明，四邊形P₂CP₃D是菱形
所以粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r₁=r
由牛頓第二定律得：
qv₂B=m$\frac{{v}_{2}^{2}}{{r}_{1}}$
聯(lián)立解得：B=$\frac{5\sqrt{2qUm}}{3qr}$
由左手定則判斷知方向垂直xy平面（或紙面）向外．

答：
（1）粒子剛射入第一象限的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)的速度v₁為$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$．
（2）第一象限勻強(qiáng)電場(chǎng)強(qiáng)度E是$\frac{16U}{9h}$．
（3）圓形磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為$\frac{5\sqrt{2qUm}}{3qr}$，方向垂直xy平面（或紙面）向外．

點(diǎn)評(píng) 本題是帶電粒子在組合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的類型，關(guān)鍵是畫出帶電粒子在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡，運(yùn)用幾何知識(shí)求半徑．