Question

10．如圖所示，在水平面內(nèi)建立一直角坐標系xoy，虛線MN與X軸正方向成45°角將第一和第三象限各分成兩個區(qū)域．區(qū)域Ⅰ、Ⅱ分別存在磁感應強度大小均為B、方向相反的勻強磁場．第二象限有水平向右、電場強度為E₁的勻強電場，MN右側有水平向左、電場強度大小未知的勻強電場E₂．現(xiàn)將一帶電量為q，質量為m的帶正電的粒子從P點由靜止釋放，粒子沿PQ做直線運動，從y軸上坐標為（0，h）的Q點垂直y軸射入磁場I區(qū)，偏轉后從MN上某點D（D點未畫出）沿y軸負方向進入電場E₂，粒子重力不計．求：
（1）釋放點P距Q點的距離L．
（2）欲使粒子從OM邊界穿出后經(jīng)過偏轉電場E₂由0點進入磁場Ⅱ區(qū)，電場強度E₂的大�。�
（3）粒子從O點進入磁場Ⅱ后，從MN上某點射出時，該點與D點間的距離S的大�。�

Answer 1

分析 （1）根據(jù)幾何關系求出粒子在磁場中運動的半徑，結合半徑公式求出粒子進入磁場中的速度，根據(jù)動能定理求出釋放點P距Q點的距離L．
（2）粒子進入偏轉電場后做類平拋運動，結合牛頓第二定律和運動學公式，抓住等時性求出電場強度E₂的大�。�
（3）設粒子從0點進入磁場時與y軸負方向夾角為α，與MN夾角為θ，根據(jù)類平拋運動速度方向夾角的正切值是位移方向夾角的正切值的2倍，得出速度方向的夾角，根據(jù)平行四邊形定則求出射出時的速度，結合半徑公式和幾何關系求出該點與D點間的距離S的大�。�

解答 解：（1）根據(jù)動能定理得，${E_1}qL=\frac{1}{2}m{v^2}$，
根據(jù)幾何關系知，$r=\frac{h}{2}$，
由洛倫茲力提供向心力，$qvB=m\frac{v^2}{r}$，
聯(lián)立解得：$L=\frac{{{B^2}{h^2}q}}{{8m{E_1}}}$
（2）粒子在電場中做類平拋運動，有：$\frac{h}{2}=vt$，$\frac{h}{2}=\frac{1}{2}a{t^2}$，
$a=\frac{{{E_2}q}}{m}$
聯(lián)立解得：${E_2}=\frac{{q{B^2}h}}{m}$．
（3）設粒子從0點進入磁場時與y軸負方向夾角為α，與MN夾角為θ，從MN上K點射出，射出時速度大小為v′，
$tanα=\frac{at}{v}$，$tan45°=\frac{\frac{1}{2}a{t}^{2}}{vt}=\frac{at}{2v}$，或直接寫出tanα=2
可得：${v^'}=\frac{v}{cosα}=\sqrt{5}v$，
則${r^'}=\frac{{m{v^'}}}{qB}=\frac{{m\sqrt{5}v}}{qB}=\frac{{\sqrt{5}h}}{2}$，
$tanθ=tan（α-45°）=\frac{1}{3}$，$sinθ=\frac{1}{{\sqrt{10}}}$
設射出點K與O點距離為s₁，D點與0點間距離為s₂
${s_1}=2{r^'}sinθ=\frac{{\sqrt{2}h}}{2}$，${s_2}=\frac{{\sqrt{2}h}}{2}$．
則D點與K點間距離$s={s_1}+{s_2}=\frac{{\sqrt{2}h}}{2}+\frac{{\sqrt{2}h}}{2}=\sqrt{2}h$．
答：（1）釋放點P距Q點的距離L為$\frac{{B}^{2}{h}^{2}q}{8m{E}_{1}}$．
（2）電場強度E₂的大小為$\frac{q{B}^{2}h}{m}$．
（3）該點與D點間的距離S的大小為$\sqrt{2}h$．

點評 帶電粒子在電磁場中的運動要注意分析過程，并結合各過程中涉及到的運動規(guī)律采用合理的物理規(guī)律求解．掌握處理類平拋運動的方法，以及掌握粒子在磁場中運動的半徑公式是解題的關鍵．