Question

4．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象限的正三角形abc區域內有勻強磁場，方向垂直于xoy平面向外，正三角形邊長為L，且ab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y軸上的某點進入第Ⅱ象限，且速度與y軸正方向成45°角，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）abc區域內磁場的磁感應強度B的最小值．

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，由幾何知識確定粒子經過a點時的方向．
（3）三角形區域內的磁場方向垂直紙面向外，當粒子剛好與bc邊相切時，磁感應強度最小，作出軌跡，由幾何知識求出最大半徑，由牛頓第二定律即可求出磁感應強度的最小值．

解答 解：粒子在第Ⅳ象限內做類平拋運動，設在第Ⅳ象限內運動的時間為t₁，則
水平方向有：2h=v₀t₁ …①
豎直方向有：h=$\frac{1}{2}•\frac{qE}{m}•{t}_{1}^{2}$   …②
聯立①②式得：E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qh}$…③
（2）設粒子到達a點時時豎直方向的速度v_y
則有：v_y=at₁=qEmt₁…④．
聯立①③④得：v_y=v₀
所以粒子到達a點時速度大小為：${v_a}=\sqrt{{v_x}^2+{v_y}^2}=\sqrt{{v_0}^2+{v_0}^2}=\sqrt{2}{v_0}$…⑤
與x軸的夾角為θ，由幾何關系得：$tanθ=\frac{v_y}{v_x}=\frac{v_0}{v_0}=1$
所以θ=45°；
（3）經分析，當粒子從b點出磁場時，磁感應強度最小；
由幾何關系得：r=$\frac{\sqrt{2}}{2}$L…⑥
由洛倫茲力提供向心力得：Bqv=$\frac{m{v}^{2}}{r}$…⑦
聯立⑤⑥⑦得：B=$\frac{2m{v}_{0}}{qL}$，
即磁感應強度的最小值為$\frac{2m{v}_{0}}{qL}$．
答：（1）電場強度E的大小為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qh}$；
（2）v=$\sqrt{2}$v₀，與x軸正方向成45°角斜向右上方；
（3）磁場的磁感應強度B的最小值為$\frac{2m{v}_{0}}{qL}$．

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．