Question

13．如圖，在y軸的左邊區(qū)域內(nèi)存在豎直向下的勻強電場，在射線OP的右下方和第四象限內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場．一帶電粒子自電場中的M點以初速度v₀沿x軸正方向射出，恰好經(jīng)過坐標(biāo)原點O進(jìn)入勻強磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后垂直于y軸從N點回到電場區(qū)域，并恰能返回M點．已知M點坐標(biāo)為（-L，$\frac{\sqrt{3}}{2}$L），帶電粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，不計粒子重力．求：
（1）粒子從電場進(jìn)入磁場時的速度；
（2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度大�。�
（3）粒子從M點出發(fā)經(jīng)電場和磁場作用后返回到M點所運動的時間．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律求出粒子的速度．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，求出粒子的軌道半徑，然后由牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強度．
（3）求出粒子在電場與磁場中的運動時間，然后求出粒子從M點出發(fā)再回到M點的時間．

解答 解：（1）粒子從M到O點做類平拋運動，
水平方向：L=v₀t  豎直方向：$\frac{\sqrt{3}}{2}$L=$\frac{{v}_{y}}{2}$t，$\frac{\sqrt{3}}{2}$L=$\frac{1}{2}$at²，
解得：v_y=$\sqrt{3}$v₀，a=$\frac{\sqrt{3}{v}_{0}^{2}}{L}$  ①，
粒子進(jìn)入磁場時的速度：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$，解得：v=2v₀，
速度v與水平方向夾角為：θ，tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{\sqrt{3}{v}_{0}}{{v}_{0}}$=$\sqrt{3}$，則θ=60°；
（2）粒子再次進(jìn)入電場后做類平拋運動，
水平方向：L=vt′，y_NM=$\frac{1}{2}$at′²，解得：y_NM=$\frac{\sqrt{3}}{8}$L，
則：ON=$\frac{\sqrt{3}}{2}$L+$\frac{\sqrt{3}}{8}$L=$\frac{5\sqrt{3}}{8}$L，
粒子在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示，
由幾何知識可得：r+rcos60°=ON，解得：r=$\frac{5\sqrt{3}}{12}$L，
洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：B=$\frac{8\sqrt{3}m{v}_{0}}{5qL}$；
（3）粒子從M到O的運動時間：t₁=$\frac{L}{{v}_{0}}$，
從N到M的運動時間：t₃=$\frac{L}{v}$=$\frac{L}{2{v}_{0}}$，
粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角α=240°，
粒子在磁場中的運動時間：t₂=$\frac{α}{360°}$T=$\frac{240°}{360°}$×$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{5\sqrt{3}πL}{18{v}_{0}}$，
粒子總的運動時間：t=t₁+t₂+t₃=$\frac{（27+5\sqrt{3}π）L}{18{v}_{0}}$；
答：（1）粒子從電場進(jìn)入磁場時的速度大小為2v₀，方向與x正方向成60°角斜向右下方；
（2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為$\frac{8\sqrt{3}m{v}_{0}}{5qL}$．
（3）粒子從M點出發(fā)經(jīng)電場和磁場作用后返回到M點所運動的時間為$\frac{（27+5\sqrt{3}π）L}{18{v}_{0}}$．

點評 解決本題的關(guān)鍵理清粒子整個過程中的運動規(guī)律，掌握處理類平拋運動和圓周運動的方法，作出運動軌跡，結(jié)合牛頓第二定律、運動學(xué)公式進(jìn)行求解．