Question

7．如圖所示，在xoy坐標系的第一象限，y軸和x=L的虛線之間有一方向沿x軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E₀，第一象限虛線x=L的右側有垂直紙面向里的勻強磁場．在y軸左側及虛線MN之間也有垂直紙面向里的勻強磁場，M點的坐標為（0，-2L），MN與y軸正向的夾角為30°．在第四象限有沿y軸正向的勻強電場．一質量為m、帶電量為q的帶正電的粒子從電場中緊靠虛線x=L的A點由靜止釋放，A點的縱坐標y=L，結果粒子恰好不從MN穿出，粒子經第四象限的電場偏轉后經x軸上的P點（2L，0）進入第一象限的磁場中，結果粒子從x=L的虛線上的D點垂直虛線進入第一象限的電場．不計粒子的重力，求：
（1）y軸左側勻強磁場的磁感強強度的大��；
（2）第四象限內勻強電場的電場強度的大�。�
（3）D點的坐標；
（4）粒子由A點運動到D點所用的時間．

Answer 1

分析 （1）根據動能定理，結合幾何關系，與牛頓第二定律，即可求解磁感強強度的大小；
（2）依據運動的合成與分解，結合平拋運動處理的規律，即可求解電場強度的大�。�
（3）根據粒子在磁場中做勻速圓周運動，結合幾何關系，即可確定求解；
（4）做平拋運動時，依據運動學公式，求解運動時間；做圓周運動時，依據周期公式，求解運動軌跡對應的圓心角，即可求解時間．

解答 解：（1）粒子在第一象限的電場加速，依據動能定理，則有，qE₀L=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$；
粒子在y軸左側磁場中做圓周運動，作出粒子在磁場中做圓周運動的軌跡，
MN與y軸正向的夾角為30°，
根據幾何關系，有R+2R=3L
解得：R=L
根據牛頓第二定律，則有，qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
解得：B=$\frac{m\sqrt{\frac{2q{E}_{0}L}{m}}}{qL}$=$\sqrt{\frac{2{E}_{0}m}{qL}}$
（2）粒子進入第四象限內，在電場中做平拋運動，
根據運動的合成與分解，結合運動學公式，
則有，L=$\frac{1}{2}•\frac{qE}{m}{t}^{2}$
2L=vt
解得：E=E₀；
（3）粒子從x軸上進入第一象限與x軸正向的夾角為θ=45°，由幾何關系，在第一象限磁場中做圓周運動半徑R′=$\sqrt{2}L$；
因此D點y坐標，y=L+$\sqrt{2}$L=（1+$\sqrt{2}$）L，即D點的坐標為（L，（1+$\sqrt{2}$）L）；
（4）因L=$\frac{1}{2}•\frac{q{E}_{0}}{m}{t}_{1}^{2}$，那么在第一象限中運動時間t₁=$\sqrt{\frac{2mL}{q{E}_{0}}}$；
在y軸左側磁場中運動時間t₂=$\frac{T}{2}$=$\frac{π}{2}\sqrt{\frac{2mL}{q{E}_{0}}}$
在第四象限電場中運動時間t₃=$\frac{2L}{v}$=$\sqrt{\frac{2mL}{q{E}_{0}}}$；
在第一象限磁場中運動時間，t₄=$\frac{2π×\sqrt{2}L×\frac{3}{8}}{\sqrt{2}v}$=$\frac{3π}{8}\sqrt{\frac{2mL}{q{E}_{0}}}$
則有，粒子由A點運動到D點所用的時間t₄=t₁+t₂+t₃+t₄=（2$+\frac{7}{8}π$）$\sqrt{\frac{2mL}{q{E}_{0}}}$
答：（1）y軸左側勻強磁場的磁感強強度的大小$\sqrt{\frac{2{E}_{0}m}{qL}}$；
（2）第四象限內勻強電場的電場強度的大小E₀；
（3）D點的坐標（L，（1+$\sqrt{2}$）L）；
（4）粒子由A點運動到D點所用的時間（2$+\frac{7}{8}π$）$\sqrt{\frac{2mL}{q{E}_{0}}}$．

點評 本題主要考查了帶電粒子在混合場中運動的問題，要求同學們能正確分析粒子的受力情況，再通過受力情況分析粒子的運動情況，畫出運動軌跡圖，根據幾何知識及圓周運動基本公式解答，同時掌握平拋運動規律，及運動的合成與分解內容，難度適中．