Question

14．如圖所示空間分為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個(gè)足夠長(zhǎng)的區(qū)域，各邊界面相互平行．其中Ⅰ、Ⅱ區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)：E₁=1.0×10⁴V/m，方向垂直邊界面豎直向上；E_Ⅱ=$\frac{\sqrt{3}}{4}$×10⁵V/m，方向水平向右，Ⅲ區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度B=5.0T，方向垂直紙面向里．三個(gè)區(qū)域?qū)挾确謩e為d₁=5.0m、d₂=4.0m、d₃=10m．一質(zhì)量m=1.0×10^-8kg、電荷量q=1.6×10^-6C的粒子從O點(diǎn)由靜止釋放，粒子重力忽略不計(jì)．求：
（1）粒子離開(kāi)區(qū)域Ⅰ時(shí)的速度
（2）粒子從區(qū)域Ⅱ進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ時(shí)的速度方向與邊界面的夾角
（3）粒子在Ⅲ區(qū)域中作圓周運(yùn)動(dòng)的周期和離開(kāi)Ⅲ區(qū)域時(shí)的速度方向與邊界面的夾角．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場(chǎng)Ⅰ中加速，由動(dòng)能定理列方程求粒子離開(kāi)區(qū)域Ⅰ時(shí)的速度大�。�
（2）粒子在區(qū)域Ⅱ中豎直方向勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，水平方向勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，即粒子做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解；
（3）粒子在Ⅲ區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期為T(mén)=$\frac{2πm}{qB}$．畫(huà)出運(yùn)動(dòng)軌跡，然后由幾何關(guān)系求出離開(kāi)Ⅲ區(qū)域時(shí)的速度方向與邊界面的夾角．

解答 解：（1）由動(dòng)能定理得：$\frac{1}{2}$mv₁²=qE₁d₁ …①
得：v₁=4×10³ m/s…②
（2）粒子在區(qū)域Ⅱ做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)．以水平向右為y軸，豎直向上為x軸．設(shè)粒子進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ時(shí)速度與邊界的夾角為θ，則有：
 tanθ=$\frac{{v}_{x}}{{v}_{y}}$…③
又 v_x=v₁，v_y=at…④
粒子的加速度為：a=$\frac{q{E}_{2}}{m}$…⑤
運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t=$\frac{fopyjna_{2}}{{v}_{1}}$
把數(shù)值代入得：θ=30°…⑥
（3）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期為：T=$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{π}{4}$×10^-2 s      
粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為：v₂=2v₁…⑦
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為：R=$\frac{m{v}_{2}}{qB}$=10m=d₃
粒子進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，有：
R=$\frac{mv}{qB}$=10 m   
由幾何關(guān)系得：
AB=5$\sqrt{3}$m，
CD=（10-5$\sqrt{3}$）m
則有：cosβ=$\frac{{10-5\sqrt{3}}}{10}$…⑧
所以粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)速度方向與邊界的夾角為：
β=arccos$\frac{{10-5\sqrt{3}}}{10}$
答：（1）粒子離開(kāi)區(qū)域Ⅰ時(shí)的速度是4×10³ m/s．
（2）粒子從區(qū)域Ⅱ進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅲ時(shí)的速度方向與邊界面的夾角是30°．
（3）粒子在Ⅲ區(qū)域中作圓周運(yùn)動(dòng)的周期是$\frac{π}{4}$×10^-2 s，離開(kāi)Ⅲ區(qū)域時(shí)的速度方向與邊界面的夾角是arccos$\frac{{10-5\sqrt{3}}}{10}$．

點(diǎn)評(píng) 粒子在電場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)情況，一定注意化曲為直，即將運(yùn)動(dòng)分解為平行于電場(chǎng)的方向與垂直于電場(chǎng)的方向；粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)一定要注意找出圓心和半徑，進(jìn)而能正確的應(yīng)用好幾何關(guān)系，則可順利求解．