Question

17．如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy中有a、b、c、d四點(diǎn)，已知oa=L，ob=od=2L．oc=2$\sqrt{2}$L．在第一象限中，邊界OM和x軸之間有場強(qiáng)為E₂的勻強(qiáng)磁場，方向和邊界OM平行；邊界OM和y軸之間有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，方向和紙面垂直（邊界OM和x軸之間的夾角θ=45°），第二象限中，有方向沿x軸正向的勻強(qiáng)磁場E₁．現(xiàn)有一電荷量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子（不計(jì)重力），由a點(diǎn)以v₀的初速度（方向沿y軸正向）射入電場，經(jīng)b點(diǎn)進(jìn)入磁場偏轉(zhuǎn)后在c點(diǎn)垂直O(jiān)M進(jìn)入電場E₂，最后經(jīng)過d點(diǎn)，（E₁、E₂和B均為未知量）求：
（1）粒子在b點(diǎn)的速度大��；
（2）勻強(qiáng)磁場B的大小和方向；
（3）電場強(qiáng)度E₂的大��；
（4）粒子從a運(yùn)動到d的時間．

Answer 1

分析 （1）粒子在第二象限內(nèi)做類平拋運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式，抓住等時性求出粒子在b點(diǎn)沿x軸方向上的分速度，結(jié)合平行四邊形定則求出b點(diǎn)的速度．
（2）作出粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求出粒子做圓周運(yùn)動的半徑，結(jié)合半徑公式求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，通過左手定則判斷出磁場的方向．
（3）粒子在電場E₂中做類平拋運(yùn)動，結(jié)合類平拋運(yùn)動的沿電場方向上的位移和垂直電場方向上的位移，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求出電場強(qiáng)度E₂的大小．
（4）分段求解時間，得到總時間．

解答 解：（1）粒子在第二象限的電場中做類平拋運(yùn)動，
有：v₀t=2L，$\frac{{v}_{bx}}{2}$t=L，
聯(lián)立兩式解得 v_bx=v₀
所以b點(diǎn)的速度大小 v_b=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{x}^{2}}$=$\sqrt{2}$v₀．
（2）做過b點(diǎn)的速度的垂線，和bc的垂直平分線，確定圓心如圖，可知粒子垂直進(jìn)入電場E₂，由幾何關(guān)系可得圓軌道的半徑 r=$\sqrt{2}$L
根據(jù) qv_bB=m$\frac{{v}_^{2}}{r}$，解得 B=$\frac{m{v}_{0}}{qL}$，方向垂直紙面向外．
（3）粒子由c點(diǎn)進(jìn)入電場E₂后做類平拋運(yùn)動，設(shè)所用時間為t₂，加速度為a₂，則由運(yùn)動規(guī)律和牛頓第二定律有：
 $\sqrt{2}$L=$\sqrt{2}$v₀t₂，$\sqrt{2}$L=$\frac{1}{2}$a₂t₂²，a₂=$\frac{q{E}_{2}}{m}$
解得 E₂=$\frac{2\sqrt{2}m{v}_{0}^{2}}{qL}$．
（4）從a到b的運(yùn)動時間 t=$\frac{2L}{{v}_{0}}$
從b到c的時間 t′=$\frac{1}{4}T$=$\frac{1}{4}•\frac{2πr}{{v}_}$=$\frac{πL}{{2v}_{0}}$
由第3題知：t₂=$\frac{L}{{v}_{0}}$
故粒子從a運(yùn)動到d的時間 t_總=t+t′+t₂=$\frac{（6+π）L}{2{v}_{0}}$
答：
（1）粒子在b點(diǎn)的速度大小為 $\sqrt{2}$v₀；
（2）勻強(qiáng)磁場B的大小為 $\frac{m{v}_{0}}{qL}$，方向垂直紙面向外；
（3）電場強(qiáng)度E₂的大小為$\frac{2\sqrt{2}m{v}_{0}^{2}}{qL}$；
（4）粒子從a運(yùn)動到d的時間為$\frac{（6+π）L}{2{v}_{0}}$．

點(diǎn)評 粒子做類平拋時，由牛頓第二定律與運(yùn)動學(xué)公式相結(jié)合來綜合運(yùn)用；在做勻速圓周運(yùn)動時，由半徑公式與幾何關(guān)系來巧妙應(yīng)用，從而培養(yǎng)學(xué)生在電學(xué)與力學(xué)綜合解題的能力．