Question

14．如圖所示，虛線AO與沿水平方向的x軸的夾角為135°，x軸上、下方分別有如圖所示的水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E₁和豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E₂，且電場(chǎng)強(qiáng)度E₁=E₂=20N/C，x軸下方還存在垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B=20T．現(xiàn)將一個(gè)帶正電微粒從虛線AO上的A點(diǎn)由靜止釋放，微粒恰能沿AO做直線運(yùn)動(dòng)．A點(diǎn)離原點(diǎn)O的距離d=$\frac{\sqrt{2}}{10}$m，重力加速度g取10m/s²．求：
（1）微粒從進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域開(kāi)始到離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域所經(jīng)歷的時(shí)間t；
（2）微粒第一次回到OA直線上的某位置時(shí)，離原點(diǎn)O的距離L．

Answer 1

分析 （1）由牛頓第二定律求出塵粒的加速度，由速度位移公式求出速度．塵粒在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，牛頓第二定律與周期公式求出塵粒的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．
（2）塵粒離開(kāi)磁場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出距離L．

解答 解：（1）由題意，在x軸上方的電場(chǎng)中，微粒受電場(chǎng)力和重力的作用，將沿AO作初速為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．設(shè)微粒質(zhì)量為m、電荷量為q，到達(dá)O點(diǎn)的速度為v，則有   qE=mg，即$\frac{m}{q}=\frac{E}{g}=2kg/C$
 合力${F}_{合}=\frac{mg}{cos45°}$
加速度為：$a=\frac{{F}_{合}}{m}=\frac{g}{cos45°}=10\sqrt{2}m/{s}^{2}$
 由v²=2ad，
代入數(shù)據(jù)解得：v=2m/s
在x軸下方的復(fù)合場(chǎng)中，因微粒所受的重力和電場(chǎng)力平衡，故微粒將在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．其周期為：
$T=\frac{2πm}{qB}$
代入數(shù)據(jù)得：T=0.628s
依題意作出微粒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡示意圖（如圖），可知微粒從進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域直到離開(kāi)，所用時(shí)間為：
$t=\frac{3}{4}T=\frac{3}{4}×0.628s=0.471$s

（2）微粒在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑：$R=\frac{mv}{qB}$
代入數(shù)據(jù)得：R=0.2m
微粒離開(kāi)磁場(chǎng)重新進(jìn)入x軸上方的電場(chǎng)中，速度方向與x軸成45°，沿速度方向的分運(yùn)動(dòng)為勻速直線運(yùn)動(dòng)，垂直速度方向（即AO方向）的分運(yùn)動(dòng)為初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．
沿速度方向有s₁=R=vt′，$t′=\frac{R}{v}=\frac{0.2}{2}s=0.1$s
垂直速度方向有：${s}_{2}=\frac{1}{2}at{′}^{2}$
代入數(shù)據(jù)得：${s}_{2}=\frac{\sqrt{2}}{20}$m
因s₂＜R，故微粒一定在x軸上方穿越AO直線，所以微粒第一次回到AO直線上的位置Q時(shí)，離原點(diǎn)O的距離為$L=R-{s}_{2}=0.2-\frac{\sqrt{2}}{20}≈0.13$m
答：（1）微粒從進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域開(kāi)始到離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域所經(jīng)歷的時(shí)間是0.471s；
（2）微粒第一次回到OA直線上的某位置時(shí)，離原點(diǎn)O的距離是0.13m．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了帶電塵粒在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的前提與關(guān)鍵，分析清楚運(yùn)動(dòng)過(guò)程后，應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律即可正確解題．