Question

14．如圖所示，在xOy平面的x＜0區(qū)域內存在勻強電場，方向沿y軸正方向，而在0≤x≤L，-1.5L≤y≤1.5L的區(qū)域I內存在勻強磁場，磁感應強度大小B₁=$\frac{m{v}_{0}}{qL}$、方向垂直紙面向外，區(qū)域Ⅱ處于L≤x≤2L、-1.5L≤y≤1.5L，現(xiàn)有一質量為m、電荷量為+q的帶電粒子從坐標為（-2L，-$\sqrt{2}$L）的A點以速度v₀沿+x方向射入xOy平面，恰好經過坐標為[0，-（$\sqrt{2}$-1）L]的C點，粒子重力忽略不計，求：
（1）勻強電場的電場強度大小E；
（2）粒子離開區(qū)域Ⅰ時的位置坐標；
（3）要使粒子從區(qū)域Ⅱ上邊界離開磁場，可在區(qū)域Ⅱ內加垂直紙面向里的勻強磁場B₂，試確定磁感應強度B₂的大小范圍，并說明粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度方向與y軸正方向夾角θ的范圍．

Answer 1

分析 （1）粒子在勻強電場中做類平拋運動，將運動沿xy軸分解，根據(jù)動為學規(guī)律即可求解；
（2）由運動學公式求出粒子在C點豎直分速度，結合初速度可算出C點的速度大小與方向．當粒子進入磁場時，做勻速圓周運動，由牛頓第二定律可確定運動的半徑．最后由幾何關系可得出離開區(qū)域Ⅰ時的位置坐標；
（3）根據(jù)幾何關系確定離開磁場的半徑范圍，再由半徑公式可確定磁感應強度的范圍及粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度方向．

解答 解：（1）帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動：2L=v₀t
L=$\frac{1}{2}$•$\frac{qE}{m}$t²

聯(lián)立解得：E=$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{2qL}$
（2）設帶電粒子經C點時的豎直分速度為v_y、速度為v
v_y=$\frac{qE}{m}$t 得：v_y=v₀
v=$\sqrt{2}$v₀，方向與x軸正向成45°斜向上
粒子進入?yún)^(qū)域Ⅰ做勻速圓周運動，B₁qv=m$\frac{v2}{R}$，
R=$\frac{\sqrt{2}mv0}{qB1}$
解得：R=$\sqrt{2}$L
由幾何關系知，離開區(qū)域Ⅰ時的位置坐標：x=L　y=0，即（L，0）
（3）根據(jù)幾何關系知，帶電粒子從區(qū)域Ⅱ上邊界離開磁場的半徑]滿足：$\frac{3}{4}$L≤r≤L
B₂qv=m$\frac{v2}{r}$
解得：$\frac{\sqrt{2}mv0}{qL}$≤B₂≤$\frac{4\sqrt{2}mv0}{3qL}$
根據(jù)幾何關系知，帶電粒子離開磁場時速度方向與y軸正方向夾角30°≤θ≤90°
答：（1）勻強電場的電場強度大小是$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{2qL}$；
（2）粒子離開區(qū)域Ⅰ時的位置坐標是（L，0）；
（3）磁感應強度B₂的大小范圍是$\frac{\sqrt{2}mv0}{qL}$≤B₂≤$\frac{4\sqrt{2}mv0}{3qL}$，粒子離開區(qū)域Ⅱ時的速度方向與y軸正方向夾角θ的范圍是30°≤θ≤90°．

點評 本題涉及了類平拋運動、勻速圓周運動，學會處理這兩運動的規(guī)律：類平拋運動強調運動的分解，勻速圓周運動強調幾何關系確定半徑與已知長度的關系．