Question

16．如圖所示，正方形區(qū)域abcd邊長為4L，O為ac的中點，e為ab的中點．在△abO區(qū)域（包括ab邊）、△bcO區(qū)域（包括bc）分別有垂直紙面向外和向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同．在△acd區(qū)域有水平向左的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E（E未知）．一個質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子以速率v₀從e點垂直射入磁場，從ac邊上的p點（p點未標(biāo)注）進(jìn)入電場．已知粒子在磁場中運(yùn)動的半徑為L，不計粒子重力及空氣阻力，求：
（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B和粒子在磁場中運(yùn)動的周期T；
（2）粒子從e點運(yùn)動到p點的時間t；
（3）若粒子從P點進(jìn)入電場后從aO邊上某點再次進(jìn)入磁場，直接到達(dá)a點，$\frac{E}{B}$多大？

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度；
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，求出粒子轉(zhuǎn)過的圓心角，然后根據(jù)粒子做圓周運(yùn)動的周期求出粒子的運(yùn)動時間；
（3）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動、在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，應(yīng)用類平拋運(yùn)動規(guī)律與牛頓第二定律求出E與B，然后求出它們的比值．

解答 解：（1）由題意可知，粒子做圓周運(yùn)動的軌道半徑：r=L，
粒子做圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律有：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{L}$，解得：B=$\frac{m{v}_{0}}{qL}$，
粒子做圓周運(yùn)動的周期：T=$\frac{2πr}{{v}_{0}}$=$\frac{2πL}{{v}_{0}}$；
（2）粒子運(yùn)動軌跡如圖所示：

O₁、O₂分別為該粒子在兩磁場中運(yùn)動的軌跡圓心，
粒子在aOb磁場中運(yùn)動$\frac{π}{2}$圓弧從g點進(jìn)入bOc磁場，
在bOc磁場中運(yùn)動π從p點進(jìn)入電場，粒子在磁場中運(yùn)動的圓心角為$\frac{3}{2}$π，
粒子的運(yùn)動時間：t=$\frac{3}{4}$T=$\frac{3πL}{2{v}_{0}}$；
（3）粒子在電場中運(yùn)動t₁從n點進(jìn)入磁場，pn距離為s₁，速度v，
沿電場方向速度v_y，v與v_y夾角為θ，由運(yùn)動學(xué)公式有：
s₁sin45°=$\frac{{v}_{y}}{2}$t₁，s₂cos45°=v₀t，
解得：v_y=2v₀，tanθ=$\frac{{v}_{0}}{{v}_{y}}$=0.5，v=$\sqrt{{v_0}^2+{v_y}^2}$=$\sqrt{5}$v₀．
粒子在磁場中半徑r，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：r=$\sqrt{5}$L，
由幾何關(guān)系有：$\overline{an}$=2rsin（45°-θ），解得：$\overline{an}$=$\sqrt{2}$L，
$\overline{pc}$=$\sqrt{2}$L，s₁=$\overline{ac}-\overline{pc}-\overline{an}$=4$\sqrt{2}$L-2$\sqrt{2}$L=2$\sqrt{2}$L，解得：t₁=$\frac{L}{{v}_{0}}$，
由運(yùn)動學(xué)公式有：v_y=at₁=$\frac{qE}{m}$t₁，解得：E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{qL}$，即：$\frac{E}{B}$=v₀．
答：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B為$\frac{m{v}_{0}}{qL}$，粒子在磁場中運(yùn)動的周期T為$\frac{2πL}{{v}_{0}}$；
（2）粒子從e點運(yùn)動到p點的時間t為$\frac{3πL}{2{v}_{0}}$；
（3）若粒子從P點進(jìn)入電場后從aO邊上某點再次進(jìn)入磁場，直接到達(dá)a點，$\frac{E}{B}$為v₀．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運(yùn)動，粒子運(yùn)動過程復(fù)雜，是一道難題，分析清楚粒子運(yùn)動過程、作出粒子運(yùn)動軌跡是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式、運(yùn)動的合成與分解即可解題．