Question

18．如圖所示，在寬度分別為l₁和l₂的兩個毗鄰的條形區(qū)域分別有勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場方向垂直于紙面向里，電場方向與電、磁場分界線平行．一帶正電荷的粒子以速率v從磁場區(qū)域上邊界的P點(diǎn)斜射入磁場，然后以垂直于電、磁場分界線的方向進(jìn)入電場，最后從電場邊界上的Q點(diǎn)射出，已知PQ垂直于電場方向，粒子軌跡與電、磁場分界線的交點(diǎn)到PQ的距離為d．不計(jì)重力，求電場強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比及粒子在磁場與電場中運(yùn)動時間之比?．

Answer 1

分析 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，找出圓心根據(jù)牛頓第二定律并結(jié)合幾何關(guān)系列式；在電場中做類似平拋運(yùn)動，垂直電場線方向做勻速直線運(yùn)動，平行電場線方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)分位移公式列式，最后聯(lián)立方程組求解．

解答 解：粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，如圖所示．由于粒子在分界線處的速度與分界線垂直．
圓心O應(yīng)在分界線上，OP長度即為粒子運(yùn)動的圓弧的半徑R．由幾何關(guān)系得：${R_2}=l_1^2+{（R-d）^2}$…①
設(shè)粒子的質(zhì)量和所帶正電荷分別為m和q，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得：$qvB=m\frac{v^2}{R}$…②
設(shè)P′為虛線與分界線的交點(diǎn)，∠POP′=α，則粒子在磁場中的運(yùn)動時間為：${t_1}=\frac{Rα}{v}$…③
式中有sin$α=\frac{l_1}{R}$…④
粒子進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，其初速度為v，方向垂直于電場．
設(shè)粒子的加速度大小為a，由牛頓第二定律得：qE=ma…⑤
由運(yùn)動學(xué)公式有：$d=\frac{1}{2}a{t^2}$…⑥
l₂=vt₂ …⑦
由①②⑤⑥⑦式解得：$\frac{E}{B}=\frac{{l_1^2+{d^2}}}{l_2^2}v$…⑧
由①③④⑦式解得：$\frac{t_1}{t_2}=\frac{{l_1^2+{d^2}}}{{2d{l_2}}}$arcsin$（\frac{{2d{l_1}}}{{l_1^2+{d^2}}}）$；
答：電場強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為：$\frac{{l}_{1}^{2}+amykoma^{2}}{{l}_{2}^{2}}$，粒子在磁場與電場中運(yùn)動時間之比為：arcsin$（\frac{{2d{l_1}}}{{l_1^2+{d^2}}}）$

點(diǎn)評 本題關(guān)鍵是明確粒子的運(yùn)動規(guī)律并畫出運(yùn)動軌跡，然后分段按照牛頓第二定律、向心力公式、類似平拋運(yùn)動的分位移公式列式求解．