Question

6．如圖所示，條形區(qū)域I內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁=0.3T，Ⅱ內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂=$\sqrt{3}$B₁，BB′、CC′間存在沿紙面方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，AA′、BB′、CC′、DD′為磁場(chǎng)邊界，它們相互平行，條形區(qū)域的長(zhǎng)度足夠長(zhǎng)，磁場(chǎng)寬度及BB′、CC′之間的距離d=1m．一束帶正電的某種粒子從AA′上的O點(diǎn)以沿與AA′成60°角以v₁=2×10⁶m/s射入磁場(chǎng)，剛好垂直邊界BB′射出區(qū)域I而進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，且沿與CC′成60°角進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，最后粒子剛好不能從磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ射出，取π≈3，不計(jì)粒子所受重力．求：
（1）粒子的比荷$\frac{q}{m}$；
（2）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大�。�
（3）粒子從O到DD′所用的時(shí)間．（保留兩位有效數(shù)字）

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，已知初速度和末速度的方向，可以找到圓心，結(jié)合幾何關(guān)系得到軌道半徑，根據(jù)牛頓第二定律列式求解比荷；
（2）粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)似平拋運(yùn)動(dòng)，已知末速度偏轉(zhuǎn)角，根據(jù)分速度公式列式求解電場(chǎng)強(qiáng)度；
（3）粒子恰好不離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ，軌跡與邊界DD′相切，找出圓心角，即可求解磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間；在電場(chǎng)中時(shí)間等于水平分運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．

解答 解：（1）依據(jù)粒子在磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ中末速度，作出圓心O1，如圖所示，由幾何關(guān)系，有：
α₁=30°
R₁sinα₁=d 
根據(jù)牛頓第二定律，有：
qvB₁=m$\frac{{v}_{1}^{2}}{{R}_{1}}$
解得：
$\frac{q}{m}=3.3×1{0}^{6}C/kg$
（2）粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做類(lèi)似平拋運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系得：
tan60°=$\frac{{v}_{1}}{{v}_{y}}$
由牛頓第二定律，得：
qE=ma
由速度公式，有：
v_y=at₂ 
且d=v₁t₂，解得：${t}_{2}=5×1{0}^{-7}s$
解得：E=4$\sqrt{3}$×10⁶N/C
（3）依據(jù)粒子在磁場(chǎng)區(qū)域Ⅱ的初末速度，作出圓心O₂，由幾何關(guān)系，有：
α₂=120° 
粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T=$\frac{2πR}{v}=\frac{2πm}{qB}$
由幾何關(guān)系得：t=$\frac{α}{360°}T$
故：${t}_{1}=\frac{{α}_{1}}{360°}×\frac{2πm}{q{B}_{1}}$，${t}_{3}=\frac{{α}_{2}}{360°}×\frac{2πm}{q{B}_{2}}$
粒子從O到DD′的時(shí)間：t=t₁+t₂+t₃ 
解得：t=2.2×10^-6s
答：（1）粒子的比荷$\frac{q}{m}$為3.3×10⁶C/kg；
（2）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為4$\sqrt{3}$×10⁶N/C；
（3）粒子從O到DD′所用的時(shí)間為2.2×10^-6s．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是明確粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況、作出運(yùn)動(dòng)的軌跡，根據(jù)牛頓第二定律、類(lèi)似平拋運(yùn)動(dòng)的分運(yùn)動(dòng)公式并結(jié)合幾何關(guān)系列式求解，基礎(chǔ)題目．