Question

11．如圖所示，在邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形區(qū)域ABCD內(nèi)，存在沿AD方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量均為m，帶電量分別為+q和-q的兩粒子，同時(shí)由A、C兩點(diǎn)沿AB和CD方向以速率v₀進(jìn)入正方形區(qū)域，兩粒子在區(qū)域的正中心相遇．若將區(qū)域中的電場(chǎng)換為垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩粒子同時(shí)由A、B兩點(diǎn)沿平行于AB方向進(jìn)入?yún)^(qū)域，速度大小仍為v₀，兩粒子也在區(qū)域的正中心相遇，不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用力，求：
（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E；
（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；
（3）若上述電場(chǎng)和磁場(chǎng)同時(shí)存在，兩粒子先后由A點(diǎn)沿AC方向進(jìn)入場(chǎng)區(qū)，速度大小仍為v₀，要求粒子能夠沿直線(xiàn)到達(dá)C點(diǎn)，正方形區(qū)域內(nèi)需另加一平行于紙面的勻強(qiáng)電場(chǎng)E′，求E′的大小和方向（方向用與AB方向夾角的正切值表示）．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，由類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出電場(chǎng)強(qiáng)度．
（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強(qiáng)度．
（3）粒子沿直線(xiàn)AC運(yùn)動(dòng)，粒子做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，由平衡條件可以求出電場(chǎng)強(qiáng)度．

解答 解：（1）由題意知粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，沿初速度方向和電場(chǎng)力方向的位移大小均為$\frac{L}{2}$，則
$\frac{L}{2}$=v₀t                                           
$\frac{L}{2}=\frac{1}{2}$at²                                             
qE=ma                                                    
所以E=$\frac{4m{{v}_{0}}^{2}}{qL}$．
（2）由題意知粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為 r=$\frac{L}{2}$，
由牛頓第二定律得：qv₀B=$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{r}$，
所以B=$\frac{2m{v}_{0}}{qL}$．
（3）粒子應(yīng)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，受力如圖所示，其中θ=45°，設(shè)E′與AB方向夾角為α，
qE′sinα=qE+qv₀B sinθ                  
qE′cosα=qv₀B cosθ                       
∴tanα=2$\sqrt{2}$+1                     
E′=$\frac{2\sqrt{5+2\sqrt{2}}m{{v}_{0}}^{2}}{qL}$．
答：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為$\frac{4m{{v}_{0}}^{2}}{qL}$；
（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為$\frac{2m{v}_{0}}{qL}$；
（3）E′的大小為$\frac{2\sqrt{5+2\sqrt{2}}m{{v}_{0}}^{2}}{qL}$，方向與AB方向夾角的正切值為2$\sqrt{2}$+1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，知道粒子在電場(chǎng)中做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在電磁場(chǎng)中做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓第二定律與平衡條件即可正確解題．