Question

1．如圖所示，在真空環(huán)境中以MN為邊界，MN上方存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，MN下方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)．電場(chǎng)與磁場(chǎng)r區(qū)域均足夠大．一質(zhì)量為m、帶電荷量為-q的粒子從邊界上的P點(diǎn)以與邊界成30°的初速度v₀射入勻強(qiáng)電場(chǎng)中．經(jīng)一段時(shí)間后粒子穿出電場(chǎng)區(qū)域從Q點(diǎn)進(jìn)人磁場(chǎng)區(qū)城，P、Q兩點(diǎn)間的距離為L(zhǎng)．粒子所受重力不計(jì)，求：
（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；
（2）要使粒子能再次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)為多大？

Answer 1

分析 （1）將初速度分解為垂直電荷平行電場(chǎng)方向，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式即可求出E；
（2）進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑，由半徑公式求出B；

解答 解：（1）粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到電場(chǎng)力作用，將初速度分解為垂直于電場(chǎng)方向和平行于電場(chǎng)方向
垂直于電場(chǎng)方向勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，分速度為：${v}_{1}^{\;}={v}_{0}^{\;}cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}{v}_{0}^{\;}$
平行于電場(chǎng)方向勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，分速度為：${v}_{2}^{\;}={v}_{0}^{\;}sin30°=\frac{1}{2}{v}_{0}^{\;}$
水平方向：$L={v}_{1}^{\;}t$=$\frac{\sqrt{3}}{2}{v}_{0}^{\;}t$…①
豎直方向：$-\frac{1}{2}{v}_{0}^{\;}=\frac{1}{2}{v}_{0}^{\;}-\frac{Eq}{m}t$…②
由①得：$t=\frac{2L}{\sqrt{3}{v}_{0}^{\;}}$…③
③代入②得：$E=\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}}{2qL}$
（2）根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，由幾何關(guān)系知，R=L
根據(jù)對(duì)稱(chēng)性，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度大小等于${v}_{0}^{\;}$，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有：
$q{v}_{0}^{\;}B=m\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
得：$R=\frac{m{v}_{0}^{\;}}{qB}=L$
解得：$B=\frac{m{v}_{0}^{\;}}{qL}$
答：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}}{2qL}$；
（2）要使粒子能再次經(jīng)過(guò)P點(diǎn)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)為$\frac{m{v}_{0}^{\;}}{qL}$

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵將粒子的運(yùn)動(dòng)分為磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)和電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，對(duì)于磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式，同時(shí)結(jié)合幾何關(guān)系分析；對(duì)于電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，通常都為類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，然后根據(jù)正交分解法分解為直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)研究．