Question

13．如圖（a）所示，在-d≤x≤0范圍內存在垂直于紙面向里的勻強磁場，在0≤x≤d范圍內存在著電場（電場方向圖中未畫出）．一質量為m，電荷量為q的正電粒子，在磁場x=-d邊界上的P點以速度大小為v₀，方向與磁場邊界的夾角為30°垂直于磁場方向射入．隨后粒子經坐標原點O沿+x方向射入電場區(qū)域（粒子重力不計）．

（1）求勻強磁場的磁感應強度B；
（2）若在0≤x≤d的區(qū)域的坐標平面內只加平行于y軸的電場，電場中的各點電勢φ隨坐標y分布如圖（b）所示（圖中的φ₀、h為已知量），求粒子從x=d邊界飛出電場時的位置坐標；
（3）若在0≤x≤d的區(qū)域再加上平行于x軸方向的勻強電場E₁，使經坐標原點O沿+x方向射入的帶電粒子能越過y軸回到勻強磁場，求勻強電場場強的最小值E₁．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，畫出軌跡，求軌跡半徑，由牛頓第二定律求磁感應強度B．
（2）根據電勢高低可知所加的電場為勻強電場，方向y軸的負方向，場強為E=$\frac{{φ}_{0}}{h}$．帶電粒子在電場中做類似于平拋運動，根據牛頓第二定律求加速度，由分位移公式求解即可．
（3）粒子在電場中沿x軸方向的分運動是沿+x方向做勻減速直線運動，至分速度為零后反向做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律和速度位移關系公式結合求解．

解答 解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動的半徑為r，有：Bqv₀=$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$  …①
由幾何關系有：r=$\fracactkb9i{cos30°}$  …②
得：B=$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}}{2qd}$  …③
（2）所加的電場為勻強電場，方向y軸的負方向，場強為E，則：E=$\frac{{φ}_{0}}{h}$ …④
帶電粒子在電場中做類似于平拋運動，有：
  d=v₀t  …⑤
  y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$  …⑥
 a=$\frac{qE}{m}$  …⑦
聯立④⑤⑥⑦式得：y=$\frac{q{φ}_{0}fmd1dlg^{2}}{2hm{v}_{0}^{2}}$
粒子飛出電場時的位置坐標為（d，-$\frac{q{φ}_{0}g4rsefw^{2}}{2hm{v}_{0}^{2}}$）
（3）粒子在電場中沿x軸方向的分運動是沿+x方向做勻減速直線運動，至分速度為零后反向做勻加速直線運動，對應勻強電場場強的最小值E₁有：
  E₁q=ma₁…⑧
  ${v}_{0}^{2}$=2a₁d…⑨
聯立⑧⑨兩式得：E₁=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qd}$…⑩
答：（1）勻強磁場的磁感應強度B為$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}}{2qd}$；
（2）粒子飛出電場時的位置坐標為（d，-$\frac{q{φ}_{0}l4okqcd^{2}}{2hm{v}_{0}^{2}}$）
（3）勻強電場場強的最小值E₁為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qd}$．

點評 帶電粒子在組合場中的運動問題，首先要運用動力學方法分析清楚粒子的運動情況，再選擇合適方法處理．對于勻變速曲線運動，常常運用運動的分解法，將其分解為兩個直線的合成，由牛頓第二定律和運動學公式結合求解；對于磁場中圓周運動，要正確畫出軌跡，由幾何知識求解半徑．