Question

19．如圖，寬度分別為l₁和l₂的兩個毗鄰的條形區(qū)域分別有勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場方向垂直于紙面向里，電場方向與電、磁場分界線平行向左．一帶正電荷的粒子以速率v從磁場區(qū)域上邊界的P點斜射入磁場，然后以垂直于電、磁場分界線的方向進(jìn)入電場，最后從電場邊界上的Q點射出．已知PQ垂直于電場方向，粒子軌跡與電、磁場分界線的交點到PQ的距離為d．不計重力，求電場強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比及粒子在磁場與電場中運動時間之比．

Answer 1

分析 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，找出圓心根據(jù)牛頓第二定律并結(jié)合幾何關(guān)系列式；在電場中做類似平拋運動，垂直電場線方向做勻速直線運動，平行電場線方向做初速度為零的勻加速直線運動，根據(jù)分位移公式列式，最后聯(lián)立方程組求解．

解答 解：粒子在磁場中做勻速圓周運動（如圖）．由于粒子在分界線處的速度與分界線垂直，圓心O應(yīng)在分界線上，OP長度即為粒子運動的圓弧的半徑R．由幾何關(guān)系得

R²=l₁²+（R-d）² ①
設(shè)粒子的質(zhì)量和所帶正電荷分別為m和q，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$②
設(shè)P'為虛線與分界線的交點，∠POP'=α，則粒子在磁場中的運動時間為
t₁=$\frac{Rα}{v}$③
式中sinα=$\frac{{l}_{1}}{R}$④
粒子進(jìn)入電場后做類平拋運動，其初速度為v，方向垂直于電場．設(shè)粒子加速度大小為a，由牛頓第二定律得
qE=ma ⑤
由運動學(xué)公式有
d=$\frac{1}{2}$at₂²  ⑥
l₂=vt₂ ⑦
式中t₂是粒子在電場中運動的時間
由①②⑤⑥⑦式得$\frac{E}{B}$=$\frac{{{l}_{1}}^{2}+cdyeq9i^{2}}{{{l}_{2}}^{2}}$v⑧
由①③④⑦式得$\frac{{t}_{1}}{{t}_{2}}$=$\frac{{{l}_{1}}^{2}+sppbfca^{2}}{2d{l}_{2}}$arcsin$\frac{2d{l}_{1}}{{{l}_{1}}^{2}+6tzvft5^{2}}$
答：電場強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比$\frac{{{l}_{1}}^{2}+8xarw44^{2}}{{{l}_{2}}^{2}}$v；
粒子在磁場與電場中運動時間之比$\frac{{{l}_{1}}^{2}+l7vnbql^{2}}{2d{l}_{2}}$arcsin$\frac{2d{l}_{1}}{{{l}_{1}}^{2}+aek082b^{2}}$．

點評 本題關(guān)鍵是明確粒子的運動規(guī)律并畫出運動軌跡，然后分段按照牛頓第二定律、向心力公式、類似平拋運動的分位移公式列式求解．