Question

4．如圖，空間有一水平向右的有界勻強電場，上下寬度l=12cm，沿電場線上的A、B兩點間的距離d=8cm，AB兩點間的電勢差U_AB=160V．一帶正電的粒子，電量q=5.0×10^-10C，質(zhì)量m=1.0×10^-20kg，從電場的上邊界R點沿電場的垂線RO飛入電場，初速度v₀=3×10⁶m/s．粒子從電場的下邊界飛出電場后，經(jīng)過無場區(qū)域進入水平界面為MN、PQ的勻強磁場區(qū)域，從磁場的PQ邊界出來后剛好打在直線RO上離PQ邊界L處的S點上，且電場的下邊界到界面MN的距離以及兩界面MN與PQ間的距離均為L．已知粒子進入界面MN時偏離直線RO的距離為24cm，粒子重力不計．求：
（1）粒子射出電場時速度v的大�。�
（2）磁場兩界面MN與PQ間的距離L；
（3）畫出粒子的運動軌跡，并求出勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大�。�

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，將運動分解成水平方向和豎直方向，即可求出速度；
（2）結(jié)合（1）中求得的時間與速度，求出粒子從電場中飛出時的側(cè)向位移為h，和進入界面MN時偏離中心線RO的距離為y，帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動，由相似三角形知識求得L；
（3）設(shè)粒子從電場中飛出時的速度方向與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)速度關(guān)系求出夾角，然后畫出軌跡如圖 由幾何知識可得粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑，結(jié)合洛倫茲力提供向心力的公式，即可求得．

解答 解：（1）粒子在電場中做類平拋運動，則$a=\frac{qE}{m}=\frac{qU}{md}$，$t=\frac{l}{v_0}$
水平方向的速度${v_y}=at=\frac{qUl}{{md{v_0}}}$
代入數(shù)據(jù)，解得：
v_y=4×10⁶m/s
所以粒子從電場中飛出時速度的大小為：$v=\sqrt{v_0^2+v_y^2}$=5×10⁶m/s
（2）設(shè)粒子從電場中飛出時的側(cè)向位移為h，進入界面MN時偏離中心線RO的距
離為y，則：
h=$\frac{1}{2}a{t^2}$
即：$h=\frac{qU}{2md}{（{\frac{l}{v_0}}）^2}$
代入數(shù)據(jù)，解得：
h=8cm 
帶電粒子在離開電場后將做勻速直線運動，由相似三角形知識得：
$\frac{h}{y}=\frac{{\frac{l}{2}}}{{\frac{l}{2}+L}}$
代入數(shù)據(jù)，解得：
L=12cm
（3）設(shè)粒子從電場中飛出時的速度方向與
豎直方向的夾角為θ，則：
tanθ=$\frac{v_y}{v_0}$=$\frac{4}{3}$
解得：
θ=53°
軌跡如圖所示：
由幾何知識可得粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑：
R=$\frac{\frac{L}{2}}{sinθ}=7.5cm$
由牛頓第二定律得：$qvB=m\frac{v^2}{R}$
代入數(shù)據(jù)，解得：
B=$\frac{4}{3}$×10^-3T
答：（1）粒子射出電場時速度v的大小是5×10⁶m/s；
（2）磁場兩界面MN與PQ間的距離是12cm；
（3）畫出粒子的運動軌跡，并求出勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小為$\frac{4}{3}$×10^-3T．

點評 該題將帶電粒子在電場中的運動與帶電粒子在磁場中的運動結(jié)合起來，要分別按照電場中運動的解題的步驟與磁場中解題的步驟，進行規(guī)范化的答題即可．其中畫出帶電粒子運動的軌跡是解題的關(guān)鍵．