Question

3．如圖所示，豎直面內(nèi)的巨形MNPQ長為2L，寬為L，在其區(qū)域內(nèi)NQ以上部分存在平行于MQ、豎直向下的勻強(qiáng)電場，NQ以下部分存在與矩形面垂直，沿水平方向的勻強(qiáng)磁場（方向未畫出）．一重力不計(jì)、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子以初速度v₀從M點(diǎn)滑MN方向射人電場，在對角線NQ的中點(diǎn)O處進(jìn)人磁場，并從PQ邊上以垂直于PQ的速度離開磁場．
（1）場強(qiáng)E的大小和粒子經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)速度v；
（2）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；
（3）粒子在該區(qū)域運(yùn)動的總時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，由牛頓第二定律、分位移公式和幾何關(guān)系結(jié)合求解．
（2）畫出粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡，由數(shù)學(xué)知識求軌跡半徑，再由牛頓第二定律求磁感應(yīng)強(qiáng)度B．
（3）先由第1小題求出粒子在電場中運(yùn)動的時(shí)間．在磁場中，由軌跡對應(yīng)的圓心角求時(shí)間，從而得到總時(shí)間．

解答 解：（1）帶電粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，加速度為 a=$\frac{qE}{m}$
水平方向有 L=v₀t
豎直方向有 $\frac{1}{2}$L=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
聯(lián)立解得 E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{qL}$
粒子經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)豎直分速度為v_y，則有 $\frac{{v}_{y}}{2}$t=$\frac{1}{2}L$
又 L=v₀t
對比可得 v_y=v₀
則粒子經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)速度 v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{2}{v}_{0}$，方向與水平方向的夾角為45°．
（2）畫出粒子在磁場中的運(yùn)動軌跡，設(shè)軌跡半徑為r．由幾何關(guān)系可知：粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為45°．
則有 sin45°=$\frac{\frac{1}{2}L}{r}$
可得 r=$\frac{\sqrt{2}}{2}$L
粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由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=$\frac{2m{v}_{0}}{qL}$
（3）由第1小題知，帶電粒子在電場中運(yùn)動的時(shí)間  t=$\frac{L}{{v}_{0}}$
在磁場中運(yùn)動的時(shí)間 t′=$\frac{1}{8}$T=$\frac{1}{8}$•$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{πL}{4{v}_{0}}$
故粒子在該區(qū)域運(yùn)動的總時(shí)間 t_總=t+t′=$\frac{（4+π）L}{4{v}_{0}}$
答：
（1）場強(qiáng)E的大小是$\frac{m{v}_{0}^{2}}{qL}$，粒子經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)速度v是$\sqrt{2}{v}_{0}$，方向與水平方向的夾角為45°；
（2）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B是$\frac{2m{v}_{0}}{qL}$；
（3）粒子在該區(qū)域運(yùn)動的總時(shí)間是$\frac{（4+π）L}{4{v}_{0}}$．

點(diǎn)評 本題的關(guān)鍵要掌握帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的類平拋運(yùn)動的研究方法：運(yùn)動的分解法，掌握粒子在勻強(qiáng)磁場中的勻速圓周運(yùn)動的研究方法：畫軌跡，運(yùn)用數(shù)學(xué)知識求軌跡半徑．