Question

9．如圖所示，區(qū)域Ⅰ內(nèi)有一長AC=d的矩形勻強(qiáng)磁場，其磁場方向與區(qū)域Ⅲ內(nèi)的磁場方向相同，均垂直紙面向外，且磁感應(yīng)強(qiáng)度是區(qū)域Ⅲ內(nèi)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的3倍，區(qū)域Ⅱ?qū)挒閐，其內(nèi)存在與水平方向成60°角斜向左下的勻強(qiáng)電場，區(qū)域Ⅲ寬為$\sqrt{3}$d．一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶正電粒子從A點以初速度v₀與邊界成θ=30°角垂直磁場方向射入矩形勻強(qiáng)磁場中，并從C點射出而進(jìn)入勻強(qiáng)電場中，最后粒子恰好垂直區(qū)域Ⅲ的右邊界從D點（未畫出）射出，粒子重力不計，求：
（1）區(qū)域Ⅲ中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大��；
（2）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大��；
（3）粒子從A點運動到D點所經(jīng)歷的時間．

Answer 1

分析 （1）作出粒子運動軌跡，求出粒子做圓周運動的軌道半徑，然后應(yīng)用牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度．
（2）作出粒子運動軌跡，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出粒子的速度，然后應(yīng)用勻變速直線運動的速度位移公式求出電場強(qiáng)度．
（3）分別求出粒子在三個區(qū)域的運動時間，然后求出總的運動時間．

解答 解：（1）粒子在矩形勻強(qiáng)磁場中運動，從C點射出時一定與邊界AC成30°角，
即平行電場方向射入電場，粒子運動軌跡如圖所示，區(qū)域Ⅰ中，由幾何知識得：r₁=d，
由牛頓第二定律得：B₁qv₀=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{r}_{1}^{\;}}$，解得：B₁=$\frac{m{v}_{0}}{qd}$，
所以區(qū)域Ⅲ中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=$\frac{m{v}_{0}}{3qd}$．
（2）區(qū)域Ⅲ中，由幾何知識得：sin 60°=$\frac{\sqrt{3}d}{{r}_{2}}$，即：r₂=2d，
由牛頓第二定律得：Bqv=m$\frac{{v}^{2}}{{r}_{2}}$，解得：r₂=$\frac{mv}{Bq}$，v=$\frac{2{v}_{0}}{3}$，
由勻變速直線運動的速度位移公式得：v²-v₀²=-2$\frac{qE}{m}$•$\fracmwf3sev{cos60°}$，
解得：E=$\frac{5m{v}_{0}^{2}}{36qd}$．
（3）粒子在區(qū)域Ⅰ內(nèi)運動的時間為t₁=$\frac{60°}{360°}$•$\frac{2πm}{q{B}_{1}}$=$\frac{πd}{3{v}_{0}}$，
粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)運動的時間為t₂=$\frac{\fracoygonf3{cos60°}}{\frac{v+{v}_{0}}{2}}$=$\frac{12d}{5{v}_{0}}$，
粒子在區(qū)域Ⅲ內(nèi)運動的時間為t₃=$\frac{60°}{360°}$•$\frac{2πm}{Bq}$=$\frac{πd}{{v}_{0}}$，
所以粒子從A點運動到D點所經(jīng)歷的時間為：t=t₁+t₂+t₃=$\frac{（20π+36）d}{15{v}_{0}}$．
答：（1）區(qū)域Ⅲ中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為$\frac{m{v}_{0}}{3qd}$；
（2）勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小為=$\frac{5m{v}_{0}^{2}}{36qd}$；
（3）粒子從A點運動到D點所經(jīng)歷的時間為$\frac{（20π+36）d}{15{v}_{0}}$．

點評 本題考查了粒子在磁場與電場中的運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡求出粒子做圓周運動的軌道半徑是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律與運動場公式可以解題．