Question

3．如圖所示，圓O的半徑是R，PQ是圓O的直徑，A是圓周上的一點，ABCD是正方形，正方形的邊長與圓的直徑相等，θ=37°．圓O內(nèi)有垂直PQ豎直向下的勻強(qiáng)電場，ABCD內(nèi)有垂直紙面向外勻強(qiáng)磁場（電場和磁場都沒有畫出）．一個質(zhì)量為m，帶電量為q的正電荷從P點以初速度圓v₀沿PQ進(jìn)入圓形電場，從A點離開電場進(jìn)入磁場，進(jìn)入磁場時電荷的速度方向是沿著對角線AC，不計電荷的重力．求：
（1）圓O內(nèi)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E；
（2）若電荷從B點離開勻強(qiáng)磁場，則電荷在磁場中的運(yùn)動時間t；
（3）若電荷剛好能垂直BC邊離開磁場，則這時磁場的磁強(qiáng)應(yīng)強(qiáng)度B．

Answer 1

分析 （1）由類平拋運(yùn)動規(guī)律根據(jù)位移公式求解；
（2）根據(jù)類平拋運(yùn)動規(guī)律求得進(jìn)入磁場的速度，然后根據(jù)幾何關(guān)系求得中心角即可求得運(yùn)動時間；
（3）根據(jù)幾何關(guān)系求得半徑，然后由洛倫茲力做向心力求得磁感應(yīng)強(qiáng)度．

解答 解：（1）電荷從P到A的運(yùn)動過程只受電場力作用，做類平拋運(yùn)動；
故由類平拋運(yùn)動規(guī)律可得：R+Rcosθ=v₀t，$Rsinθ=\frac{1}{2}×\frac{qE}{m}×{t}^{2}$；
所以，圓O內(nèi)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度$E=\frac{2mRsinθ}{q{t}^{2}}=\frac{2mR{{v}_{0}}^{2}sinθ}{q（R+Rcosθ）^{2}}$=$\frac{10m{{v}_{0}}^{2}}{27qR}$；
（2）由類平拋運(yùn)動規(guī)律可得：粒子進(jìn)入磁場時的速度$v=\sqrt{{{v}_{0}}^{2}+（\frac{qE}{m}t）^{2}}=\frac{\sqrt{13}}{3}{v}_{0}$；
粒子從A進(jìn)入磁場時速度沿AC方向，若電荷從B點離開勻強(qiáng)磁場，那么由幾何關(guān)系可得：運(yùn)動半徑$r=\sqrt{2}R$，粒子轉(zhuǎn)過的中心角為$\frac{π}{2}$；
所以，電荷在磁場中的運(yùn)動時間$t=\frac{1}{4}×\frac{2πr}{v}=\frac{3\sqrt{26}πR}{26{v}_{0}}$；
（3）粒子從A進(jìn)入磁場時速度沿AC方向，剛好能垂直BC邊離開磁場，那么由幾何關(guān)系可得：運(yùn)動半徑$r′=2\sqrt{2}R$；
故有洛倫茲力做向心力可得：$Bvq=\frac{m{v}^{2}}{r′}$，所以，$B=\frac{mv}{qr′}=\frac{\sqrt{26}m{v}_{0}}{12qR}$；
答：（1）圓O內(nèi)勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E為$\frac{10m{{v}_{0}}^{2}}{27qR}$；
（2）若電荷從B點離開勻強(qiáng)磁場，則電荷在磁場中的運(yùn)動時間t為$\frac{3\sqrt{26}πR}{26{v}_{0}}$；
（3）若電荷剛好能垂直BC邊離開磁場，則這時磁場的磁強(qiáng)應(yīng)強(qiáng)度B為$\frac{\sqrt{26}m{v}_{0}}{12qR}$．

點評 帶電粒子的運(yùn)動問題，加速電場一般由動能定理或勻加速運(yùn)動規(guī)律求解；偏轉(zhuǎn)電場由類平拋運(yùn)動規(guī)律求解；磁場中的運(yùn)動問題則根據(jù)圓周運(yùn)動規(guī)律結(jié)合幾何條件求解．