Question

3．如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy中，在第一象限以內(nèi)有一條分界線OB，在分界線OB以上的區(qū)域存在平行于y軸豎直向下的勻強電場，在第一象限分界線OB以下的區(qū)域存在有垂直于紙面向外的勻強磁場（圖中未標(biāo)出）．一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子（重力不計）以初速度v₀從A（0、L）點沿平行x軸方向進(jìn)入電場，在分界線上P（L、$\frac{L}{2}$）點處進(jìn)入磁場，并從x軸的F（$\frac{3}{4}$L、0）點離開磁場，求：

（1）電場強度的大小和帶電粒子經(jīng)過P點時的速度；
（2）磁場的磁感應(yīng)強度的大�。�

Answer 1

分析 （1）根據(jù)受力求得加速度，然后由類平拋運動規(guī)律求解；
（2）根據(jù)幾何關(guān)系求得運動半徑，然后由洛倫茲力做向心力求解．

解答 解：（1）帶電粒子在電場中做類平拋運動，則水平方向上有：L=v₀t；豎直方向上有：$a=\frac{qE}{m}$，$\frac{1}{2}L=\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{1}{2}•\frac{qE}{m}{t}^{2}$；
所以，$E=\frac{mL}{q{t}^{2}}=\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{qL}$；在P點豎直方向上粒子的分速度${v}_{y}=at=\frac{qE}{m}•\frac{L}{{v}_{0}}={v}_{0}$，所以，P點的速度為$v=\sqrt{2}{v}_{0}$，速度與水平的夾角為：$θ=arctan\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=45°$；
（2）根據(jù)圓心在PF的垂直平分線，且圓心到P、F的距離相等可得：${R}^{2}=（\frac{1}{2}L-\frac{\sqrt{2}}{2}R）^{2}+（\frac{1}{4}L-\frac{\sqrt{2}}{2}R）^{2}$，所以，$R=\frac{5\sqrt{2}}{24}L$；
粒子在磁場中做圓周運動，洛倫茲力做向心力，故有：$Bvq=\frac{m{v}^{2}}{R}$，所以，$B=\frac{mv}{qR}=\frac{24m{v}_{0}}{5qL}$；
答：（1）電場強度的大小為$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{qL}$；帶電粒子經(jīng)過P點時的速度為$\sqrt{2}{v}_{0}$；
（2）磁場的磁感應(yīng)強度的大小為$\frac{24m{v}_{0}}{5qL}$．

點評 帶電粒子的運動問題，加速電場一般由動能定理或勻加速運動規(guī)律求解；偏轉(zhuǎn)電場由類平拋運動規(guī)律求解；磁場中的運動問題則根據(jù)圓周運動規(guī)律結(jié)合幾何條件求解．