Question

20．如圖所示，在直角坐標系xoy的第一、四象限內(nèi)存在邊界平行y軸的兩個有界勻強磁場：垂直紙面向外的勻強磁場Ⅰ、垂直紙面向里的勻強磁場Ⅱ．O、M、P、Q為磁場邊界和x軸的交點，OM=MP=L；在第三象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場．一質量為m，帶電量為+q的帶電粒子從電場中坐標為（-$\frac{2\sqrt{3}L}{3}$，-L）的A點以速度v₀沿+x方向射出，恰好經(jīng)過原點O射入?yún)^(qū)域Ⅰ，從C點射出區(qū)域Ⅰ，從某點射入?yún)^(qū)域Ⅱ，射入時速度與+x軸方向成30°角斜向下．經(jīng)區(qū)域Ⅱ的磁場偏轉后又從C點進入?yún)^(qū)域Ⅰ．求：
（1）電場強度E及帶電粒子到達O點時的速度大小和方向；
（2）粒子從C點射出又回到C點用的時間t；
（3）區(qū)域Ⅰ的磁感應強度B的大�。�

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，根據(jù)沿電場方向做勻加速直線運動，垂直電場方向做勻速直線運動，結合牛頓第二定律和運動學公式求出電場強度的大小，以及帶電粒子到達O點時的速度大小和方向；
（2）作出粒子的運動軌跡，結合幾何關系求出粒子在區(qū)域 II中做圓周運動的軌道半徑，根據(jù)周期的大小求出粒子在區(qū)域 II磁場中運動時間，根據(jù)粒子在磁場外運動的時間得出粒子從C點射出又回到C點用的時間．
（3）根據(jù)幾何關系求出粒子在區(qū)域Ⅰ中的軌道半徑，結合半徑公式求出磁感應強度的大�。�

解答 解：（1）帶電粒子做類平拋運動
L=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$，
根據(jù)牛頓第二定律得，qE=ma，
$\frac{2\sqrt{3}}{3}L={v}_{0}t$
解得電場強度E=$\frac{3m{{v}_{0}}^{2}}{2qL}$．
帶電粒子從A點到O點，根據(jù)動能定理
$qEL=\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$，
cosα=$\frac{{v}_{0}}{v}$
解得帶電粒子在O點的速度大小v=2v₀．
方向為與x軸夾角α=60°．
（2）由幾何關系有
$2\frac{L}{sin60°}cos60°=2{r}_{2}cos30°$，
解得帶電粒子在區(qū)域 II中做圓周運動的軌道半徑${r}_{2}=\frac{2}{3}L$．
粒子在區(qū)域 II磁場中運動時間：T=$\frac{2π{r}_{2}}{v}$，
${t}_{1}=\frac{2}{3}T=\frac{4πL}{9{v}_{0}}$，
在磁場外運動時間：${t}_{2}=\frac{L}{vsin60°}=\frac{2\sqrt{3}L}{3{v}_{0}}$，
帶電粒子從C點射出又回到C點用的時間
t=${t}_{1}+{t}_{2}=\frac{（6\sqrt{3}+4π）L}{9{v}_{0}}$．
（3）由幾何關系有 r₁cos30°+r₁sin30°=L，
$Bqv=m\frac{{v}^{2}}{{r}_{1}}$，
解得區(qū)域Ⅰ的磁感應強度：B=$\frac{（\sqrt{3}+1）m{v}_{0}}{qL}$．
答：（1）電場強度E為$\frac{3m{{v}_{0}}^{2}}{2qL}$，帶電粒子到達O點時的速度大小為2v₀，方向為與x軸夾角α=60°；
（2）粒子從C點射出又回到C點用的時間t為$\frac{（6\sqrt{3}+4π）L}{9{v}_{0}}$；
（3）區(qū)域Ⅰ的磁感應強度B的大小為$\frac{（\sqrt{3}+1）m{v}_{0}}{qL}$．

點評 本題考查帶電粒子在電磁場中的運動，注意在磁場中的運動要注意幾何關系的應用，在電場中注意由類平拋運動的規(guī)律求解．