(2013?煙臺二模)如圖所示,真空室內(nèi)有三個水平方向足夠長的區(qū)域,區(qū)域I中存在按下圖規(guī)律變化的勻強磁場B1(磁場垂直紙面向里時為正,T=
πm
2qB0
),區(qū)域Ⅱ中存在磁感應(yīng)強度為B2的勻強磁場,區(qū)域Ⅲ中存在豎直向下的勻強電場,電場強度大小為E,電場區(qū)域沿電場方向的寬度為L三個區(qū)域的分界線沿水平方向且相互平行.t=0時刻一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子,從A處以初速度v0垂直于分界線射入磁場,t=
11
3
T時粒子從P點進入?yún)^(qū)域Ⅱ,運動一段時間后剛好能離開區(qū)域Ⅱ進入?yún)^(qū)域Ⅲ的電場中,最終在N點(圖中未畫出)離開電場,不計粒子重力,求:

(1)粒子在區(qū)域I做圓周運動時的半徑;
(2)從t=0到t=2T的時間內(nèi)粒子通過的路程:
(3)區(qū)域I在豎直方向的寬度;
(4)粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間以及從P點到N點沿水平方向的位移大。
分析:(1)洛倫茲力提供向心力,結(jié)合牛頓第二定律可得運動半徑
(2)從t=0時間內(nèi)粒子做的都是勻速直線運動,T到2T時間內(nèi)由勻速直線運動公式可以求路程
(3)進入磁場后做圓周運動,
2T
3
時間轉(zhuǎn)過的圓心角是
π
3
,由此可以得到軌道半徑,進而由幾何關(guān)系可得區(qū)域?qū)挾龋?br />(4)粒子離開區(qū)域Ⅱ時,軌跡最低點切線水平,因此可知轉(zhuǎn)過的圓心角,進而得到在次區(qū)域運動的時間,半徑,水平距離,在區(qū)域Ⅲ中做類平拋運動,由平拋規(guī)律可得水平位移,可得P點到N點沿水平方向的位移大小
解答:解:
(1)由洛倫茲力提供向心力得:qv0B=m
v02
R

解得:R=
mv0
qB0

(2)O到T時間內(nèi):x1=v0T=
πmv0
2qB0

T到2T時間內(nèi):x2=v0T=
πmv0
2qB0

故O到2T時間內(nèi)通過的路程為:
x=x1+x2=
πmv0
qB0

(3)t=
11
3
T
時粒子從P點進入?yún)^(qū)域Ⅱ做圓周運動,
2T
3
時間轉(zhuǎn)過的圓心角是
π
3

因此R′=R(1-cosθ)=
mv0
2qB0

區(qū)域Ⅰ的寬度為:H=x1+R+R′=(π+3)
mv0
2qB0

(4)粒子離開區(qū)域Ⅱ時,軌跡最低點切線水平,因此轉(zhuǎn)過的圓心角是:
3

粒子在區(qū)域Ⅱ的運動時間為:t=
2πm
3qB2

粒子在區(qū)域Ⅱ的運動半徑為:R2=
mv0
qB2

粒子在區(qū)域Ⅱ的運動水平距離為:s1=R2sinθ=
3
mv0
2qB2

粒子在區(qū)域Ⅲ中做類平拋運動則:
豎直方向:L=
qE
2m
t12

水平方向:s2=v0t1=v0
2mL
qE

粒子在P點與N點沿水平方向的位移大小為:s=s1+s2=
3
mv0
2qB2
+
v0
2mL
qE

答:
(1)粒子在區(qū)域I做圓周運動時的半徑R=
mv0
qB0

(2)從t=0到t=2T的時間內(nèi)粒子通過的路程x=
πmv0
qB0

(3)區(qū)域I在豎直方向的寬度H=(π+3)
mv0
2qB0
;
(4)粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的時間t=
2πm
3qB2

粒子在P點與N點沿水平方向的位移大小為:s=s1+s2=
3
mv0
2qB2
+
v0
2mL
qE
點評:本題是典型的壓軸題,難度相對比較大,但是此類題目一般都會分多問,而開始的一兩問是比較基礎(chǔ)的,因此這種題目應(yīng)把握的原則是:保證得到前面的分,然后爭取得到后面的分,即使會做后面的,也應(yīng)在解答時,依據(jù)問題多列一些對應(yīng)的公式,也有可能得公式分.
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L
2
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