Question

9．如圖所示，在邊長L=3$\sqrt{3}$dm的等邊三角形abc的外接圓區(qū)域內(nèi)有平行于紙面的勻強電場，將質(zhì)量m=2×10^-13kg，電量q=+1×10^-10C的點電荷從a點以相等的速率沿不同方向射出時可到達圓上的不同位置，其中電荷到達b點時動能最大，其動能增量為△E_k=8.1×10^-10J．若將該點以某一初速度v₀沿ac方向從a點射出時恰通過b點，現(xiàn)撤去電場并在該圓形區(qū)域內(nèi)加上垂直于紙面的勻強磁場時，仍讓該點電荷從a點沿ac方向以v₀射出時也能通過b點．求：
（1）勻強電場的場強E；
（2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B；
（3）點電荷在勻強磁場和勻強電場中運動的時間之比．

Answer 1

分析 （1）因為粒子到達b點時動能最大，電場力做功最大，b點電勢最低，先分析出場強的方向，再根據(jù)動能定理求出場強E；
（2）電荷沿ac方向射入電場時做類平拋運動，根據(jù)運動學(xué)公式求出${v}_{0}^{\;}$，換成磁場后，粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑，再由洛倫茲力提供向心力得出半徑公式，即可求出B；
（3）由幾何關(guān)系求出圓心角，根據(jù)$t=\frac{θ}{360°}T$，求出在磁場中的時間，即可求出比值

解答 解：（1）由于電場力做功與路徑無關(guān)，且點電荷從a點沿不同方向射出時到達b點時動能最大，說明在圓周上b點的電勢最低，則過b點所作外接圓的切線為b點的等勢線，又因為電場線總是與等勢面相垂直，且由高等勢面指向低等勢面，故圖中的Ob方向即為場強方向
設(shè)外接圓半徑為R，由幾何關(guān)系知L=2Rcos30°  ①，
由功能關(guān)系知$△{E}_{k}^{\;}=Eq（R+Rsin30°）$②，
解得：R=0.3m，E=18N/C
（2）電荷沿ac方向射入時在電場中恰做類平拋運動，由$Rcos30°={v}_{0}^{\;}{t}_{1}^{\;}$
$R+Rsin30°=\frac{1}{2}\frac{Eq}{m}{t}_{1}^{2}$
得${t}_{1}^{\;}=0.01s$，${v}_{0}^{\;}=15\sqrt{3}m/s$
換成磁場后仍過ab兩點，則圓心在ab的垂直平分線上，同時圓心還應(yīng)在過a點垂直于ac的直線上，如圖中的${O}_{1}^{\;}$點，由左手定則知磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向下，由幾何關(guān)系可知其圓周運動的軌道半徑r=R
又電荷做圓周運動時，由$q{v}_{0}^{\;}B=m\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$得$r=\frac{m{v}_{0}^{\;}}{qB}$，
代入數(shù)據(jù)可得$B=\frac{\sqrt{3}}{10}T$
（3）由幾何關(guān)系知電荷在磁場中運動了120°圓心角，因此對應(yīng)的時間為${t}_{2}^{\;}=\frac{120°}{360°}×\frac{2πm}{qB}=\frac{4π×1{0}_{\;}^{-2}}{3\sqrt{3}}s$
于是對應(yīng)的時間之比為$\frac{{t}_{2}^{\;}}{{t}_{1}^{\;}}=\frac{4π}{3\sqrt{3}}$
整理可得：$\frac{{t}_{2}^{\;}}{{t}_{1}^{\;}}=\frac{4\sqrt{3}π}{9}$
答：（1）勻強電場的場強E為18N/C；
（2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B為$\frac{\sqrt{3}}{10}T$；
（3）點電荷在勻強磁場和勻強電場中運動的時間之比為$\frac{4\sqrt{3}π}{9}$

點評 帶電粒子在電磁場中的運動要注意分析過程，并結(jié)合各過程中涉及到的運動規(guī)律采用合理的物理規(guī)律求解．