Question

20．如圖所示的xoy坐標(biāo)系中，x軸上方，y軸與MN之間區(qū)域內(nèi)有沿x軸正向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)的大小E₁=1.5×10⁵N/C；x軸上方，MN右側(cè)足夠大的區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.2T．在原點(diǎn)O處有一粒子源，沿紙面向電場(chǎng)中各方向均勻地射出速率均為v₀=1.0×10⁶m/s的某種帶正電粒子，粒子質(zhì)量m=6.4×10^-27kg，電荷量q=3.2×10^-19C，粒子可以無阻礙地通過邊界MN進(jìn)入磁場(chǎng)．已知ON=0.2m．不計(jì)粒子的重力，圖中MN與y軸平行．求：
（1）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大��；
（2）求在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子射出后第一次到達(dá)坐標(biāo)軸時(shí)的坐標(biāo)；
（3）若在MN右側(cè)磁場(chǎng)空間內(nèi)加一在xoy平面內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)E₂，某一粒子從MN上的P點(diǎn)進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，先后經(jīng)過了A（0.5m，y_A）、C（0.3m，y_c）兩點(diǎn)，如圖所示，粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能等于粒子在O點(diǎn)動(dòng)能的7倍，粒子在C點(diǎn)的動(dòng)能等于粒子在O點(diǎn)動(dòng)能的5倍，求所加電場(chǎng)強(qiáng)度E₂的大小和方向．

Answer 1

分析 （1）粒子先在電場(chǎng)中加速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理求解加速后的速度，即粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小；
（2）在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子沿+y軸出發(fā)作類平拋運(yùn)動(dòng)，后從Q點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，進(jìn)入磁場(chǎng)的方向與NM的夾角為θ，由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出θ．由牛頓第二定律和分位移公式、幾何關(guān)系結(jié)合求解．
（3）設(shè)A點(diǎn)的電勢(shì)為U_A，C點(diǎn)的電勢(shì)為U_C，取P點(diǎn)零電勢(shì)點(diǎn)，由動(dòng)能定理求得U_A、U_C與動(dòng)能的關(guān)系，由電場(chǎng)的特性和幾何關(guān)系求解．

解答 解：（1）由動(dòng)能定理得：$\frac{1}{2}m{v^2}-\frac{1}{2}mv_0^2=qE\overline{_1ON}$
代入數(shù)據(jù)解得：v=2×10⁶m/s                
（2）粒子在磁場(chǎng)中，由 $qBv=m\frac{v^2}{r}$解得：r=0.2m                    
在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子沿+y軸出發(fā)作類平拋運(yùn)動(dòng)，后從Q點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，進(jìn)入磁場(chǎng)的方向與NM的夾角為θ，由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得：$cosθ=\frac{v_0}{v}=\frac{{1×{{10}^6}}}{{2×{{10}^6}}}=\frac{1}{2}$，則θ=60°
粒子在磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)從T點(diǎn)回到電場(chǎng)，由對(duì)稱規(guī)律可得將在H點(diǎn)第一次與y軸相切，軌跡如圖．對(duì)于O到Q的類平拋運(yùn)動(dòng)，有：
 NQ=v₀t   
 ON=$\frac{1}{2}$at²    
由牛頓第二定律得 qE₁=ma 
聯(lián)立解得：NQ=$\frac{{0.4\sqrt{3}}}{3}$m             
弦長(zhǎng)：QT=2rsinθ=$0.2\sqrt{3}$m       
所以：y_H=2 NQ+QT
解得：y_H=$\frac{{1.4\sqrt{3}}}{3}$m                 
（3）粒子從P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為：${E_{kP}}=\frac{1}{2}m{v^2}=\frac{1}{2}m{（2{v_0}）^2}=4{E_{k0}}$
MN右側(cè)磁場(chǎng)空間內(nèi)加一在xoy平面內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，設(shè)A點(diǎn)的電勢(shì)為U_A，C點(diǎn)的電勢(shì)為U_C，取P點(diǎn)零電勢(shì)點(diǎn)，則由動(dòng)能定理得：

q（U_P-U_A）=E_kA-E_kPq（U_P-U_C）=E_kC-E_kP
解得：${U_A}=-\frac{{3{E_{k0}}}}{q}$，${U_C}=-\frac{{{E_{k0}}}}{q}$
在AP連線上取一點(diǎn)D，設(shè)$\overline{PA}=3\overline{PD}$，則由勻強(qiáng)電場(chǎng)特性可知 U_P-U_A=3（U_P-U_D）
由幾何知識(shí)可得：x_A-x_P=3（x_D-x_P）
解得：${U_D}=-\frac{{{E_{k0}}}}{q}={U_C}$，x_D=0.3m=x_C，即x坐標(biāo)相同的兩點(diǎn)為等勢(shì)點(diǎn)，A點(diǎn)電勢(shì)低于P點(diǎn)的電勢(shì)，所加電場(chǎng)沿x軸正方向                                                       
則有：U_P-U_C=E₂（x_C-x_P）
聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得：${E_2}=1.0×{10^5}$N/C                                
答：
（1）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小是2×10⁶m/s；
（2）在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子射出后第一次到達(dá)坐標(biāo)軸時(shí)的坐標(biāo)是$\frac{{1.4\sqrt{3}}}{3}$m；
（3）所加電場(chǎng)強(qiáng)度E₂的大小為1.0×10⁵N/C，方向沿x軸正方向．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，理清粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵，處理粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題，要會(huì)確定粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心、半徑和圓心角．