Question

14．如圖所示的平面直角坐標系xoy，在第Ⅳ象限內有平行于y軸的勻強電場，方向沿y軸負方向；在第Ⅰ象限的ac右側區域內有勻強磁場，ac垂直于x軸，方向垂直于xoy平面向外，ab長為L，且ac邊與y軸平行．一質量為m、電荷量為q的負粒子，從y軸上的P（0，-h）點，以大小為v₀的速度沿x軸正方向射入電場，通過電場后從x軸上的a（2h，0）點進入第Ⅰ象限，又經過磁場從b點離開磁場，不計粒子所受的重力．求：
（1）電場強度E的大小；
（2）粒子到達a點時速度的大小和方向；
（3）ac右側區域內磁場的磁感應強度B的大小．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，水平位移和豎直位移均已知，由牛頓第二定律和運動學公式，運用運動的分解法可求出場強大小E；
（2）由速度的合成法求出粒子到達a點時速度大小和方向；
（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動，作出軌跡，由幾何知識求出半徑，由牛頓第二定律列式即可求出磁感應強度大小．

解答 解：（1）粒子在第電場內做類平拋運動，設類平拋運動的時間為t₁，則
水平方向有：2h=v₀t₁
豎直方向有：h=$\frac{1}{2}\frac{qE}{m}{t}_{1}^{2}$   
聯立解得：E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qh}$      
（2）設粒子到達a點時時豎直方向的速度v_y
則有：v_y=at₁=$\frac{qE}{m}$t₁
聯立解得：v_y=v₀
所以粒子到達a點時速度大小為v=$\sqrt{2}$v₀
與x軸的夾角為θ，由幾何關系得：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=1，
所以θ=45°；
（3）進入磁場后做勻速圓周運動，軌跡如圖所示：

結合幾何關系，有：r=Lsin45°=$\frac{\sqrt{2}}{2}L$
洛侖茲力提供向心力，故：
$qvB=m\frac{v^2}{r}$
聯立解得：B=$\frac{2m{v}_{0}}{qL}$
答：（1）電場強度E的大小為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qh}$；
（2）粒子到達a點時速度的大小為$\sqrt{2}{v}_{0}$，與+x軸成45°斜向右上；
（3）ac右側區域內磁場的磁感應強度B的大小為$\frac{2m{v}_{0}}{qL}$．

點評 該題考查了有邊界電磁場的問題，在電場中的偏轉，利用平拋運動的知識求解；粒子在有邊界的勻強磁場中運動，利用幾何關系求解運動半徑和轉過的圓心角是解決問題的關鍵．