Question

8．如圖所示的虛線PQ上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，S為磁場邊界PQ上的點，兩質(zhì)量均為m、電荷量均為q的帶負電粒子1和帶正電粒子2分別以圖示方向的速度從S點射入磁場，粒子1和粒子2的速度大小分別為v₁=v₀、v₂=$\sqrt{3}$v₀，且α=30°，β=60°，經(jīng)過一段時間兩粒子同時到達磁場的邊界，忽略兩粒子的重力以及兩粒子之間的相互作用．
（1）到達磁場邊界時，粒子1和粒子2之間的距離為多少？
（2）粒子1和粒子2射入磁場的時間間隔為多少？
（3）如果在PQ下方的紙面內(nèi)加一勻強電場，并且使粒子1在該電場中的軌跡為直線，經(jīng)過一段時間的運動，兩粒子在電場中相遇，求該電場的電場強度大小與方向．

Answer 1

分析 （1）作出兩粒子的運動軌跡，由牛頓第二定律求出半徑，結(jié)合幾何知識求出d；
（2）根據(jù)公式t=$\frac{θ}{360°}$T求運動時間；
（3）由題意，電場強度的方向應(yīng)與粒子1穿出磁場的方向平行，分為與粒子速度方向相同和相反兩種情況進行討論．

解答 解：（1）兩粒子在勻強磁場中均做勻速圓周運動，軌跡如圖所示，設(shè)粒子1和粒子2的半徑分別為r₁和r₂，到達磁場邊界時兩粒子之間的距離為d
根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$…①
粒子1所轉(zhuǎn)過的圓心角：θ₁=240°，SM=2r₁sinθ₁=2r₁sin240°…②
粒子2所轉(zhuǎn)過的圓心角：θ₂=300°，SN=2r₂sinθ₂=2r₂sin300°…③
根據(jù)幾何關(guān)系可得：d=SM+SN…④
①②③④聯(lián)立結(jié)合已知條件得：d=2r₁sin30°+2r₂sin60°=$\frac{4m{v}_{0}}{qB}$．⑤
（2）粒子做圓周運動的周期：T=$\frac{2πr}{v}$…⑥
粒子1在磁場中運動的時間為：t₁=$\frac{{θ}_{1}}{360°}$T…⑦
粒子2在磁場中運動的時間為：t₂=$\frac{{θ}_{2}}{360°}$T…⑧
所以兩粒子射入磁場的時間間隔：△t=t₁-t₂…⑨
聯(lián)立①⑥⑦⑧⑨式得：△t=$\frac{πm}{3qB}$
（3）由題意，電場強度的方向應(yīng)與粒子1穿出磁場的方向平行，設(shè)場強E的大小為E，兩粒子在電場中加速度大小為a
根據(jù)牛頓第二定律可得：Eq=ma…⑩
情況一：若電場強度的方向與MN成30°角斜向右上，則粒子1做勻加速直線運動，粒子2做類平拋運動．
dcos30°=v₁t+$\frac{1}{2}$at²+$\frac{1}{2}$at² …⑪
dsin30°=v₂t…⑫
聯(lián)立⑤⑩⑪⑫式得：E=$\sqrt{3}$Bv₀
情況二：若電場強度的方向與MN成30°角斜向左下，則粒子1做勻減速直線運動，粒子2做類平拋運動．
dcos30°=v₁t-$\frac{1}{2}$at^2_-$\frac{1}{2}$at²…⑬
dsin30°=v₂t…⑭
聯(lián)立⑤⑩⑬⑭式得：E=-$\sqrt{3}$Bv₀＜0，因為E為場強的大小，不可能為負，故情況二的假設(shè)不成立．
綜上所述，電場強度的大小E=$\sqrt{3}$Bv₀，方向斜向右上與MN成30°角．
答：（1）到達磁場邊界時，粒子1和粒子2之間的距離為$\frac{4m{v}_{0}}{qB}$；
      （2）粒子1和粒子2射入磁場的時間間隔為$\frac{πm}{3qB}$
      （3）若MN下方有平行于紙面的勻強電場，且兩粒子在電場中相遇，其中的粒子1做直線運動．電場強度E的大小E=$\sqrt{3}$Bv₀，方向與MN成30°角斜向右上．

點評 本題考查帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動和帶電粒子在電場中的類平拋運動以及在電場中的勻變速直線運動；粒子在磁場中的運動，運用洛倫茲力提供向心力與幾何關(guān)系結(jié)合去解決，求解粒子在磁場中運動的時間時，要注意分析粒子所轉(zhuǎn)過的圓心角；第三問粒子二在電場中做類平拋運動，運用運動的合成和分解結(jié)合牛頓第二定律以及運動學(xué)規(guī)律解決，要注意朝合理的方向建立分解坐標(biāo)系．粒子一在電場中做勻變速直線運動，運用牛頓第二定律結(jié)合運動規(guī)律解決．再結(jié)合兩粒子相遇的時間條件與空間條件即可．