Question

16．如圖所示，在GH左側(cè)有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，右側(cè)有勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)寬度為l，GH為電場(chǎng)和磁場(chǎng)的分界線(xiàn)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，電場(chǎng)方向與GH平行，一帶電粒子以速率v從圖中P點(diǎn)與磁場(chǎng)左邊界成30°夾角射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），經(jīng)過(guò)一段時(shí)間到達(dá)分界線(xiàn)GH上M點(diǎn)，此時(shí)速度方向與GH分界線(xiàn)垂直，此后粒子在電場(chǎng)力的作用下從Q點(diǎn)離開(kāi)電場(chǎng)，已知M點(diǎn)到PQ連線(xiàn)的垂直距離為d，不計(jì)粒子的重力．求：
（1）粒子的電性及整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中粒子的最大速率；
（2）電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比$\frac{E}{B}$．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡應(yīng)用左手定則可以判斷粒子的電性；粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律與動(dòng)能定理可以求出粒子的最大速率．
（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度，然后求出電場(chǎng)強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度之比．

解答 解：（1）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后向右偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知，粒子帶負(fù)電；
粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，
水平方向：l=vt，
豎直方向：d=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²，
粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度最大，在電場(chǎng)中，
由動(dòng)能定理得：qEd=$\frac{1}{2}$mv_max²-$\frac{1}{2}$mv²，
解得：E=$\frac{2md{v}^{2}}{q{l}^{2}}$，v_max=$\sqrt{1+\frac{4uoiii02^{2}}{{l}^{2}}}$v；
（2）粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何知識(shí)得：
圓心角：α=60°，d+rcos60°=r
解得：r=2d，
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：$\frac{E}{B}$=$\frac{2i2i0ui0^{2}v}{{l}^{2}}$；
答：（1）粒子帶負(fù)電，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中粒子的最大速率為$\sqrt{1+\frac{42wiaccc^{2}}{{l}^{2}}}$v；
（2）電場(chǎng)強(qiáng)度和磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比$\frac{E}{B}$為$\frac{2yqccsgg^{2}v}{{l}^{2}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程、作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的前提，應(yīng)用類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓第二定律與動(dòng)能定理可以解題．