Question

20．如圖所示，勻強(qiáng)電場區(qū)域和勻強(qiáng)磁場區(qū)域是緊鄰的且寬度相等均為d，電場左邊界與y軸重合，電場方向在紙平面內(nèi)豎直向下，而磁場方向垂直紙面向里，一帶正電粒子從坐標(biāo)原點O點以速度v₀沿垂直電場方向射入電場，在電場中的偏轉(zhuǎn)位移為$\fracxw5jow2{2}$，從B（圖中未畫出）點由電場射入磁場，當(dāng)粒子從C點穿出磁場時速度方向與進(jìn)入電場O點時的速度方向一致，（帶電粒子重力不計）求：
（1）電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值$\frac{E}{B}$；
（2）粒子在電、磁場中運動的總時間及C點坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中偏轉(zhuǎn)時做類平拋運動，由水平位移為d=v₀t，豎直位移為$\frac{1}{2}$d=$\frac{1}{2}$v_yt，求出v_y，再求出粒子進(jìn)入磁場時的速度大小，而粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，速度大小不變，即可求出粒子從C點穿出磁場時的速度大小v；電場中運用運動的分解，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式，得到E與m，v₀、q、d的關(guān)系；磁場中運用幾何知識求出半徑，根據(jù)牛頓第二定律得到B與m，v₀、q、d的關(guān)系，再E、B之比．
（2）分別求出粒子做類平拋運動的時間和圓周運動的時間，在磁場中根據(jù)軌跡求出圓心角，據(jù)此處理運動時間即可．然后求出C點的坐標(biāo)．

解答 解：（1）粒子在電場中做類平拋運動，則：
水平：d=v₀t ，豎直：$\fracmvm1mbi{2}$=$\frac{{v}_{y}}{2}$t，
解得：v_y=v₀，
速度偏轉(zhuǎn)角：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=1，則：θ=45°，
所以飛出電場時的速度：v=$\sqrt{2}$v₀，
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力不做功，所以穿出磁場時的速度大小為：v=$\sqrt{2}$v₀，方向水平向右；
粒子在電場中運動：v_y=at=$\frac{qE}{m}$•$\fract9cv3le{{v}_{0}}$=v₀------①
粒子在磁場中運動軌跡如圖所示：由幾何關(guān)系，得：R=$\fracenuubpm{sin45°}$=$\sqrt{2}$d，
粒子做勻速圓周運動：Bqv=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$，
解得：B=$\frac{m{v}_{0}}{qd}$----------②
解得：$\frac{E}{B}$=v₀；
（2）粒子在磁場中運動時間：$t'=\frac{{\frac{π}{4}}}{2π}•T=\frac{T}{8}=\frac{πm}{4qB}=\frac{πm}{{4q\frac{{m{v_0}}}{qd}}}=\frac{πd}{{4{v_0}}}$，在電場中的運動時間：$t=\fracabrpnnn{v_0}$，
運動總時間：t_總=t+t=$\fraczs3j8vd{v_0}+\frac{πd}{{4{v_0}}}$，
C點的坐標(biāo)：${X_C}=2d，{Y_C}=（{\frac{1}{2}-\sqrt{2}}）d$；
答：（1）電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的比值$\frac{E}{B}$為v₀；
（2）粒子在電、磁場中運動的總時間為$\fracfpliodj{{v}_{0}}$+$\frac{πd}{4{v}_{0}}$，C點坐標(biāo)為（2d，$\frac{1-2\sqrt{2}}{2}$d）．

點評 本題中粒子先后在電場和磁場中運動，軌跡不同，研究方法也不同，電場中運用運動的分解和合成，磁場中運用幾何知識畫軌跡，求半徑．