Question

11．如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第一象限和第二象限內(nèi)有沿x軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E；x軸下方區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場．一質(zhì)量為m的帶電粒子（重力不計）從y軸上的A（0，l）點，以速度v₀沿y軸負方向射入電場，從x軸上C（$\frac{l}{2}$，0）點進入磁場中，粒子離開磁場后并能返回至A點．求：
（1）粒子所帶電荷量q及粒子進入磁場時的速度v；
（2）磁感應(yīng)強度B及上述過程運動的時間t．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律可以求出粒子的電荷量與粒子進入磁場時的速度．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強度，然后求出粒子在電場與磁場中的運動時間，再求出總的運動時間．

解答 解：（1）粒子A到C過程做類平拋運動，
在豎直方向：l=v₀t₁，
在水平方向：$\frac{1}{2}$l=$\frac{1}{2}$at₁²=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t₁²，v_x=at=$\frac{qE}{m}$t，
粒子進入磁場時的速度：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{x}^{2}}$，
解得：q=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{lE}$，v_x=v₀，v=$\sqrt{2}$v₀，
t₁=$\frac{l}{{v}_{0}}$，tanα=$\frac{{v}_{0}}{{v}_{x}}$=1，α=45°；
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子運動軌跡如圖所示，
由幾何知識得：r=$\frac{OC}{sinα}$=$\frac{\frac{l}{2}}{sin45°}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$l，
粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：B=$\frac{2E}{{v}_{0}}$；
粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=$\frac{2πr}{v}$=$\frac{πl(wèi)}{{v}_{0}}$，
粒子在磁場中的運動時間：t₂=$\frac{360°-2α}{360°}$T=$\frac{360°-2×45°}{360°}$×$\frac{πl(wèi)}{{v}_{0}}$=$\frac{3πl(wèi)}{4{v}_{0}}$，
粒子離開磁場后回到A點的時間：t₃=$\frac{l}{vsinα}$=$\frac{l}{\sqrt{2}{v}_{0}sin45°}$=$\frac{l}{{v}_{0}}$，
粒子總的運動時間：t=t₁+t₂+t₃=$\frac{2l}{{v}_{0}}$+$\frac{3πl(wèi)}{4{v}_{0}}$；
答：（1）粒子所帶電荷量q為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{lE}$，粒子進入磁場時的速度v大小為$\sqrt{2}$v₀，方向：與x軸正方向夾45°角斜向右下方；
（2）磁感應(yīng)強度B為$\frac{2E}{{v}_{0}}$，上述過程運動的時間t為：$\frac{2l}{{v}_{0}}$+$\frac{3πl(wèi)}{4{v}_{0}}$．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律與周期公式可以解題；
帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動解題一般程序是
  1、畫軌跡：確定圓心，幾何方法求半徑并畫出軌跡．
  2、找聯(lián)系：軌跡半徑與磁感應(yīng)強度、速度聯(lián)系；偏轉(zhuǎn)角度與運動時間相聯(lián)系，時間與周期聯(lián)系．
  3、用規(guī)律：牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律．