Question

8．如圖，在第一象限存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面（xy平面）向外，在第四象限存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，方向沿x軸負(fù)向，在y軸正半軸上某點(diǎn)以與x軸正向平行、大小為v₀的速度發(fā)射出一質(zhì)量為m，電量為q的正電荷，該粒子在（d，0）點(diǎn)沿垂直于x軸的方向進(jìn)人電場(chǎng)．不計(jì)重力．若該粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為θ，求：
（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小
（2）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小
（3）帶電粒子從進(jìn)入電場(chǎng)到離開(kāi)電場(chǎng)過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功大�。�

Answer 1

分析 粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何知識(shí)求出粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑，然后應(yīng)用牛頓第二定律、類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出電場(chǎng)強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度．

解答 解：（1）如圖粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，粒子作圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R₀．
由牛頓第二定律得：$q{v}_{0}B=m\frac{{{v}_{0}}^{2}}{{R}_{0}}$…①
由幾何關(guān)系可知：R₀=d   …②
解得：B=$\frac{m{v}_{0}}{qd}$．
（2）設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，粒子進(jìn)入電場(chǎng)后沿x軸負(fù)方向的加速度大小為a_x，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)沿x軸負(fù)方向的速度大小為v_y．由牛頓定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：
qE=ma_x…③
v_y=at…④
$d=\frac{1}{2}a{t}^{2}$…⑤
粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，如圖，
$tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$…⑥
聯(lián)立得：E=$\frac{m{{v}_{0}}^{2}ta{n}^{2}θ}{2dq}$…⑦
（3）電場(chǎng)力對(duì)粒子所做的功為：W=Fd=qEd=$\frac{m{{v}_{0}}^{2}ta{n}^{2}θ}{2}$．
答：（1）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為$\frac{m{v}_{0}}{qd}$；
（2）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為$\frac{m{{v}_{0}}^{2}ta{n}^{2}θ}{2dq}$；
（3）帶電粒子從進(jìn)入電場(chǎng)到離開(kāi)電場(chǎng)過(guò)程中，電場(chǎng)力對(duì)粒子做的功大小為$\frac{m{{v}_{0}}^{2}ta{n}^{2}θ}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，對(duì)數(shù)學(xué)的幾何能力要求較高，關(guān)鍵畫(huà)出粒子的軌跡圖，結(jié)合牛頓第二定律以及向心力等知識(shí)進(jìn)行求解．