Question

13．如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy中，M點的橫坐標(biāo)x_M=-$\frac{4r}{3}$，在-$\frac{4r}{3}$≤x≤0區(qū)域內(nèi)，有豎直向下的勻強電場；N點的橫坐標(biāo)x_N=r，以N為圓心、r為半徑的圓內(nèi)及圓邊界上有垂直于紙面向里的勻強磁場．P為磁場邊界上一點．NP與豎直方向的夾角α=37°．從M點沿x軸正方向發(fā)射一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子，粒子速度大小為v₀，粒子沿過P點的切線方向射出電場．后經(jīng)P點進(jìn)人磁場運動且經(jīng)過N點，不計粒子重力，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）勻強電場的電場強度E；
（2）勾強磁場的磁感應(yīng)強度B；
（3）粒子從M點到第一次經(jīng)過N點所用的時間t．

Answer 1

分析 （1）粒子先在電場中做類平拋運動，離開電場后做勻速直線運動，進(jìn)入磁場后，受到洛倫茲力作用，做勻速圓周運動，畫出粒子的運動軌跡．運用運動的分解法，由牛頓第二定律、運動學(xué)公式和幾何關(guān)系結(jié)合求解E；
（2）根據(jù)速度的合成求出粒子進(jìn)入磁場時的速度大�。�由幾何知識求出粒子在磁場中運動的軌跡半徑，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律列式求解B；
（3）分三段分別由運動學(xué)公式求解時間，即可得到總時間．

解答 解：（1）粒子軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，粒子射出電場的偏轉(zhuǎn)角為α，
粒子在電場中，豎直方向速度為：v_y=at=$\frac{qE}{m}$t，
粒子的運動時間：t=$\frac{|{x}_{M}|}{{v}_{0}}$，tanα=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$，
解得：E=$\frac{9m{v}_{0}^{2}}{16qr}$；
（2）設(shè)粒子進(jìn)入磁場的速度為v，在磁場做圓周運動的半徑為r₁，
則有：v=$\frac{{v}_{0}}{cosα}$，由幾何關(guān)系得：r₁=$\frac{r}{2}$，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{{r}_{1}}$，解得：B=$\frac{5m{v}_{0}}{2qr}$；
（3）電場中的時間為：t₁=$\frac{|{x}_{M}|}{{v}_{0}}$，
射出電場勻速運動的時間為：t₂=$\frac{x}{v}$，
x=$\frac{1}{2}$at₁²=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t₁²，
粒子從P到N所用的時間為：t₃=$\frac{1}{2}$T，
粒子做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
故粒子從M點到N點所用的時間為：t=t₁+t₂+t₃=$\frac{6πr+26r}{15{v}_{0}}$．
答：（1）勻強電場的電場強度E為$\frac{9m{v}_{0}^{2}}{16qr}$；
（2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B為$\frac{5m{v}_{0}}{2qr}$；
（3）粒子從M點到第一次經(jīng)過N點所用的時間t為$\frac{6πr+26r}{15{v}_{0}}$．

點評 本題是磁場和電場組合場問題，考查分析和解決綜合題的能力，關(guān)鍵是運用幾何知識畫出粒子的運動軌跡．