13.如圖所示,在第一象限存在勻強電場,場強沿y軸負方向;在第二象限有兩塊平行金屬板M、N組成的加速電場,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y軸上y=h處的點P1進入勻強電場,然后,在經(jīng)過x軸上P2點進入第四象限時其速度與x軸正方向的夾角θ=53°,不計粒子的重力,已知sin53°=0.8,cos53°=0.6,求:
(1)粒子剛射入第一象限的勻強電場時的速度v1;
(2)第一象限勻強電場強度E;
(3)如果在第四象限存在的勻強磁場是在半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi),與x軸相切于P2點,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磁場中經(jīng)過一段圓弧最終垂直于y軸飛出,求圓形磁場的磁感應強度B的大小和方向.

分析 (1)粒子剛射入第一象限的勻強電場時的速度是由電場加速獲得的,根據(jù)動能定理求解.
(2)帶電粒子進入第一象限的電場做類平拋運動,根據(jù)運動的分解法求解電場強度E.
(3)帶電粒子進入第四象限的磁場后做勻速圓周運動,畫出運動軌跡,由幾何知識求解軌跡的半徑,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)帶電粒子在電場中加速,由動能定理得:
  qU=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
得:v1=$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$
(2)設經(jīng)P2點時速度為v2,帶電粒子做類平拋運動,根據(jù)速度的分解可得:
   v2cos53°=v1
由動能定理得: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:
設經(jīng)P2點時速度為v2和此時沿y軸負方向分速度為vy,帶電粒子做類平拋運動
 vy=v1tan53°
 vy2=2ah
根據(jù)牛頓第二定律得:qE=ma
聯(lián)立得:E=$\frac{16U}{9h}$
(3)粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示,D為圓心.可以證明,四邊形P2CP3D是菱形
所以粒子做圓周運動的半徑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電場時的速度v1為$\sqrt{\frac{2qU}{m}}$.
(2)第一象限勻強電場強度E是$\frac{16U}{9h}$.
(3)圓形磁場的磁感應強度B的大小為$\frac{5\sqrt{2qUm}}{3qr}$,方向垂直xy平面(或紙面)向外.

點評 本題是帶電粒子在組合場中運動的類型,關鍵是畫出帶電粒子在磁場中圓周運動的軌跡,運用幾何知識求半徑.

練習冊系列答案
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