Question

15．如圖所示，一帶電粒子垂直射入勻強(qiáng)電場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后從磁場的左邊界上M點(diǎn)進(jìn)入垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，最后從磁場的左邊界上的N點(diǎn)離開磁場．已知帶電粒子比荷$\frac{q}{m}$=3.2×10⁹C/kg，電場強(qiáng)度E=200V/m，MN間距$\overrightarrow{MN}$=1cm，金屬板長L=25cm，粒子初速度v₀=4×10⁵m/s．帶電粒子重力忽略不計(jì)，求：
（1）粒子射出電場時的運(yùn)動方向與初速度v₀的夾角θ；
（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，應(yīng)用類平拋運(yùn)動規(guī)律可以求出粒子的偏轉(zhuǎn)角度．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動洛倫茲力提供向心力，作出粒子運(yùn)動軌跡，求出粒子軌道半徑，然后應(yīng)用牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度．

解答 解：（1）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，粒子速度偏角的正切值：
tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{at}{{v}_{0}}$=$\frac{\frac{qE}{m}×\frac{L}{{v}_{0}}}{{v}_{0}}$=$\frac{qEL}{m{v}_{0}^{2}}$=$\frac{3.2×1{0}^{9}×200×0.25}{（4×1{0}^{5}）^{2}}$=1，
則有：θ=45°；
（2）粒子進(jìn)入磁場時的速度大小為：v=$\frac{{v}_{0}}{sinθ}$=$\frac{4×1{0}^{5}}{sin45°}$=4$\sqrt{2}$×10⁵m/s，
粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動洛倫茲力提供向心力，粒子運(yùn)動軌跡如圖所示，由幾何知識得：
r=$\frac{\frac{MN}{2}}{cosθ}$=$\frac{\frac{1×1{0}^{-2}}{2}}{cos45°}$=0.5$\sqrt{2}$×10^-2m，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
代入數(shù)據(jù)解得：B=2.5×10^-2T；
答：（1）粒子射出電場時的運(yùn)動方向與初速度v₀的夾角θ為45°；
（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為2.5×10^-2T．

點(diǎn)評 粒子在電場中做類平拋運(yùn)動、在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，分析清楚粒子運(yùn)動過程、作出粒子運(yùn)動軌跡是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用類平拋運(yùn)動規(guī)律、牛頓第二定律與幾何知識即可解題．