Question

9．如圖所示，xOy為直角坐標系，在-d≤x≤0范圍內有沿+y方向的勻強電場，場強大小為E；在x≤-d和x≥0范圈內有方向均垂直于xOy平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小均為B．一帶正電的粒子從（-d，0）處沿x軸正方向以速度V₀射入電場，從y軸上的P₁（0，$\fraczncuo2j{2}$）點第一次離開電場，從y軸上的M₁（0，d）點第二次進入電場．不計粒子的重力．求

（1）電場強度E和磁感應強度B的比值；
（2）粒子第3次在右側磁場（x≥0）運動的過程中，到y(tǒng)軸的最遠距離．

Answer 1

分析 （1）由類平拋運動得到粒子在電場中的運動規(guī)律，得到電場場強的表達式；再由粒子在磁場中的運動，在邊界處得對稱性得到磁感應強度的表達式；
（2）分析粒子的運動情況，將粒子的運動分解，求得粒子在第三次進入右側磁場時的速度大小及方向；根據(jù)帶電粒子在磁場中的運動規(guī)律及粒子到y(tǒng)軸最遠距離時的運動位置進而求解距離．

解答 解：（1）粒子在電場中受到豎直向上的電場力F=qE，加速度$a=\frac{F}{m}=\frac{qE}{m}$；
粒子從y軸上的${P}_{1}（0，\fraceckjgjx{2}）$點第一次離開電場，則有：$\fracnajwv2p{2}=\frac{1}{2}×\frac{qE}{m}×（\fracnmuyqtc{{v}_{0}}）^{2}$，所以，$E=\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{qd}$；
設粒子第一次進入磁場時的速度為v，則v的水平分量v_x=v₀，豎直分量${v}_{y}=at=\frac{qEd}{m{v}_{0}}$=v₀，所以$v=\sqrt{2}{v}_{0}$；
粒子在磁場中運動，洛倫茲力作為向心力，$Bvq=\frac{m{v}^{2}}{R}$，則$B=\frac{mv}{qR}$；
由速度v的方向可知，∠M₁P₁Q=45°，，
又由圓弧上任意兩點的對稱性可知，$R=\frac{\frac{1}{2}{M}_{1}{P}_{1}}{cos∠{M}_{1}{P}_{1}Q}=\frac{\frac{1}{2}×\frac{1}{2}d}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}d$，
所以，$B=\frac{mv}{qR}=\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{\frac{\sqrt{2}}{4}qd}=\frac{4m{v}_{0}}{qd}$，
所以，$\frac{E}{B}=\frac{\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{qd}}{\frac{4m{v}_{0}}{qd}}=\frac{{v}_{0}}{4}$；
（2）由粒子做圓周運動的對稱性可知，若粒子進入磁場時垂直邊界的速度分量為v₁，平行邊界的速度分量為v₂，則粒子離開磁場時，v₁反向，v₂不變；
粒子在電場中只受電場力，則粒子做類平拋運動；
所以，粒子第3次進入右側磁場（x≥0）時，速度的水平分量v_3x=v₀，
豎直方向的速度經(jīng)過磁場沒有改變，在電場中加速度不變，粒子經(jīng)過5次電場才第3次進入右側磁場（x≥0），每次經(jīng)過電場的時間都相同，
所以，${v}_{3y}=5at=5×\frac{qE}{m}×\frack87orq7{{v}_{0}}=\frac{5qEd}{m{v}_{0}}=5{v}_{0}$；
所以，${v}_{3}=\sqrt{{{v}_{3x}}^{2}+{{v}_{3y}}^{2}}=\sqrt{26}{v}_{0}$，$r=\frac{m{v}_{3}}{Bq}=\frac{\sqrt{26}}{4}d$；
由v₃的方向可得粒子在磁場中如圖所示運動，，
粒子在M點與平行于y軸的直線相切，所以，M點為粒子第3次在右側磁場（x≥0）運動的過程中，到y(tǒng)軸的最遠距離NM，
又有$tanθ=\frac{{v}_{3x}}{{v}_{3y}}=\frac{1}{5}$，所以，$cosθ=\frac{5\sqrt{26}}{26}$，NM=O′M-O′N=r-rcosθ=r（1-cosθ）=$\frac{\sqrt{26}}{4}d×（1-\frac{5\sqrt{26}}{26}）=\frac{\sqrt{26}-5}{4}d$；
答：（1）電場強度E和磁感應強度B的比值為$\frac{{v}_{0}}{4}$；
（2）粒子第3次在右側磁場（x≥0）運動的過程中，到y(tǒng)軸的最遠距離為$\frac{\sqrt{26}-5}{4}d$．

點評 在帶電粒子進出磁場的問題上，可以充分利用對稱性求解，若粒子進入磁場時垂直邊界的速度分量為v₁，平行邊界的速度分量為v₂，則粒子離開磁場時，v₁反向，v₂不變．