Question

16．如圖所示，在y＞0的空間中存在勻強電場，場強沿y軸負方向；在y＜0的空間中，存在勻強磁場，磁場方向垂直xy平面（紙面）向外．一電量為q、質(zhì)量為m的帶正電的運動粒子，經(jīng)過y軸上y=h處的點P₁時速度為v₀，方向沿x軸正方向；然后，經(jīng)過x軸上x=2h處的P₂點進入磁場，并經(jīng)過y軸上y=-2h處的P₃點．不計重力．求：
（1）粒子在電場中的加速度；
（2）電場強度大�。�
（3）粒子到達P₂時速度的大小和方向；
（4）畫出粒子在磁場中的運動軌跡；
（5）磁感應強度的大�。�
（6）運動的總時間．

Answer 1

分析 （1）（2）粒子在電場中做平拋運動，由牛頓第二定律求解加速度，根據(jù)類平拋運動的分運動公式，可求得電場強度E的大小；
（3）粒子從P到O的過程中電場力做正功，是類似平拋運動，根據(jù)動能定理或分運動公式，可求得速度的大小和方向；
（4）（5）粒子沿-y方向進入磁場時，由左手定則判斷可知粒子向右偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運動，由洛倫茲力充當向心力，根據(jù)牛頓第二定律可求出其軌跡半徑r，坐標x₀=2r．
（6）分段求時間：電場中運用運動學公式求時間，磁場中粒子運動了半個周期，再求總時間．

解答 解：（1）根據(jù)牛頓第二定律，有：a=$\frac{qE}{m}$；
（2）設粒子從P₁到P₂的時間為t，電場強度的大小為E，粒子在電場中的加速度為a，由牛頓第二定律及運動學公式有：
2h=v₀t
h=$\frac{1}{2}$at²
解得：
E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qh}$
（3）粒子到達P₂時速度沿x方向的分量仍為v₀，以v₁表示速度沿y方向分量的大小，v表示速度的大小，θ表示速度和x軸的夾角，則有：
${v}_{1}^{2}$=2ah
v=$\sqrt{{v}_{1}^{2}+{v}_{0}^{2}}$
tanθ=$\frac{{v}_{1}}{{v}_{0}}$
解得：
v=$\sqrt{2}$v₀；
cosθ=$\frac{{v}_{0}}{v}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$
所以：θ=45°
（4）粒子在磁場中的運動軌跡是圓弧，如圖所示：
（5）設磁場的磁感應強度為B，在洛侖茲力作用下粒子做勻速圓周運動，用r表示圓周的半徑．
由牛頓第二定律有：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
因為OP₂=OP₃，θ=45°，由幾何關(guān)系可知，連線P₂P₃為圓軌道的直徑．
由此可求得：r=$\sqrt{2}$h
解得：B=$\frac{m{v}_{0}}{qh}$
（6）粒子在電場中運動時間為：t₁=$\frac{2h}{{v}_{0}}$
粒子在電場中運動時間為：t₂=$\frac{πr}{v}$
粒子從P₁點運動到P₃點所用時間為：t=t₁+t₂
得：t=$\frac{2h}{{v}_{0}}+\frac{πh}{{v}_{0}}$
答：（1）粒子在電場中的加速度為$\frac{qE}{m}$；
（2）電場強度大小為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qh}$；
（3）粒子到達P₂時速度的大小為$\sqrt{2}$v₀，方向與+x軸成45°角向右下方；
（4）如圖所示；
（5）磁感應強度的大小為$\frac{m{v}_{0}}{qh}$；
（6）運動的總時間為$\frac{2h}{{v}_{0}}+\frac{πh}{{v}_{0}}$．

點評 對于帶電粒子先加速后偏轉(zhuǎn)的類型，常規(guī)思路是根據(jù)動能定理求加速獲得的速度，對于磁場中勻速圓周運動，結(jié)合軌跡，找出向心力的來源，由牛頓第二定律和幾何知識結(jié)合求解．