Question

14．如圖所示，在豎直平面內(nèi)直線AB與豎直方向成30°角，AB左側(cè)有勻強(qiáng)電場，右側(cè)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場．一質(zhì)量為m、電量為q的帶負(fù)電的粒子，從P點(diǎn)以初速υ₀豎直向下射入電場，粒子首次回到邊界AB時，經(jīng)過Q點(diǎn)且速度大小不變，已知P、Q間距為l，之后粒子能夠再次通過P點(diǎn)，（粒子重力不計(jì)）求：
（1）勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的大小和方向；
（2）勻強(qiáng)磁場磁感強(qiáng)度的可能值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意確定電場的方向，應(yīng)用牛頓第二定律與運(yùn)動學(xué)公式求出電場強(qiáng)度．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動洛倫茲力提供向心力，根據(jù)題意求出粒子的軌道半徑，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強(qiáng)度．

解答 解：（1）由題意可知，粒子首次回到邊界AB時，經(jīng)過Q點(diǎn)且速度大小不變，
PQ間電勢差為零，P、Q在同一等勢面上，勻強(qiáng)電場垂直于AB且與豎直方向成60°角向下，
粒子在電場中沿AB方向做勻速直線運(yùn)動，l=v₀cos30°•t，
在垂直AB方向粒子做勻減速直線運(yùn)動：v₀sin30°=a•$\frac{t}{2}$=$\frac{qE}{m}$•$\frac{t}{2}$，
解得：E=$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}}{2ql}$；
（2）粒子從Q點(diǎn)進(jìn)入磁場時沿AB方向的分速度不變，垂直AB方向的分速度大小不變方向反向，
由此可知：粒子經(jīng)Q點(diǎn)的速度與AB成30°角，若粒子進(jìn)入磁場偏轉(zhuǎn)后恰好經(jīng)過P點(diǎn)，
其軌道半徑為R，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，由幾何知識得：R=l，
粒子做勻速圓周運(yùn)動洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$，解得：B=$\frac{m{v}_{0}}{ql}$；
若粒子做圓周運(yùn)動的軌道半徑R＜l，粒子不可能再通過P點(diǎn)，
若圓周運(yùn)動的軌道半徑R＞l，則每個周期沿AB界限向A移動的距離：△x=R-l，
粒子可能從電場中再次經(jīng)過P點(diǎn)需要滿足的條件是：l=n×△x （n=1、2、3…），
解得：R=$\frac{（n+1）l}{n}$，B=$\frac{nm{v}_{0}}{（n+1）ql}$   n=1、2、3…；
答：（1）勻強(qiáng)電場場強(qiáng)的大小為$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}}{2ql}$，方向：垂直于AB且與豎直方向成60°角向下；
（2）勻強(qiáng)磁場磁感強(qiáng)度的可能值為B=$\frac{m{v}_{0}}{ql}$（R=1）；$\frac{nm{v}_{0}}{（n+1）ql}$   n=1、2、3…（R＞1）．

點(diǎn)評 本題考查了帶電粒子在電場與磁場中的運(yùn)動，分析清楚粒子運(yùn)動過程、作出粒子運(yùn)動軌跡是解題的前提與關(guān)鍵，分析清楚粒子運(yùn)動過程后應(yīng)用運(yùn)動學(xué)公式、牛頓第二定律即可解題．