Question

6．如圖所示，在直角坐標系xOy的第Ⅰ象限內有沿y軸負向的勻強電場，電場強度為E，第Ⅳ內有垂直紙面向外的勻強磁場．一個質量為m、電荷量為+q的粒子從y軸上的P點沿x軸正向進入電場，粒子從x軸上的Q點進入磁場．已知Q點的坐標為（L，0），不計粒子的重力及粒子間的相互作用．
（1）若粒子在Q點的速度方向與x軸成30°角，求P、Q兩點間的電勢差；
（2）若從y軸正半軸各點依次向x軸正向發射質量為m、電荷量為+q的速度大小適當粒子，它們經過電場偏轉后都通過Q點進入磁場，其中某個粒子A到達Q點的速度最�。�粒子A經過磁場偏轉后恰好垂直y軸射出了磁場．求勻強磁場的磁感應強度的大小．

Answer 1

分析 （1）粒子從P到Q是類似平拋運動，根據分運動公式列式求出y，根據U=Ed求電勢差；
（2）對類似平拋運動，根據分運動公式求解出末速度表達式討論最小速度大小和對應的拋出點坐標；粒子在磁場中做勻速圓周運動，畫出運動的軌跡，結合幾何關系得到軌道半徑；然后根據牛頓第二定律列式求解磁感應強度

解答 解：（1）粒子在Q點的速度方向與x軸成30°角，分解Q點的速度可得
v_y=v₀tan30°    
從P點到Q點：L=v₀t，y=$\frac{1}{2}$v_yt     
得P點的縱坐標y=$\frac{\sqrt{3}}{6}$L
所以U_PQ=Ey=$\frac{\sqrt{3}}{6}$EL   
（2）設粒子A進入電場的速度為v₁，它進入電場后qE=ma   
L=v₁t，v_y=at，v_Q=$\sqrt{{v}_{1}^{2}+{v}_{y}^{2}}$
得v_Q=$\sqrt{{{v}_{1}}^{2}+（\frac{qEL}{m{v}_{1}}）^{2}}$      
由數學知識可知，當v₁=$\frac{qEL}{m{v}_{1}}$時，v_Q取最小值．
即v₁=$\sqrt{\frac{qEL}{m}}$時，Q點的速度最小值為v_Q=$\sqrt{\frac{2qEL}{m}}$  
此時v_y=v₁，粒子A在Q點的速度方向與x軸正向夾角為45°
所以粒子A進入磁場后的偏轉半徑（如圖）

R=$\sqrt{2}$L  
由qvB=m$\frac{{{v}_{Q}}^{2}}{R}$得R=$\frac{m{v}_{Q}}{qB}$     
得B=$\sqrt{\frac{mE}{qL}}$     
答：（1）若粒子在Q點的速度方向與x軸成30°角，P、Q兩點間的電勢差$\frac{\sqrt{3}}{6}EL$；
（2）若從y軸正半軸各點依次向x軸正向發射質量為m、電荷量為+q的速度大小適當粒子，它們經過電場偏轉后都通過Q點進入磁場，其中某個粒子A到達Q點的速度最小．粒子A經過磁場偏轉后恰好垂直y軸射出了磁場．勻強磁場的磁感應強度的大小$\sqrt{\frac{mE}{qL}}$

點評 題考查了粒子在電場與磁場中的運動，粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，對于第二問，關鍵是根據類似平拋運動規律求解出速度表達式，運用數學不等式的知識確定最小速度的大小與方向，同時要結合牛頓第二定律、幾何關系列式分析，不難．