Question

1．如圖所示，直角坐標(biāo)系第Ⅰ象限存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E；第Ⅱ象限有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．一個(gè)正電子（電荷量為+e，質(zhì)量為m）自x軸負(fù)半軸上的A點(diǎn)以初速度v₀垂直與x軸進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后自y軸上的D點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，此時(shí)速度與y軸成θ=60°角．忽略正電子的重力影響．已知$\frac{E}{B}$=v₀．求：正電子
（1）在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑和運(yùn)動(dòng)時(shí)間．
（2）在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間和離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置．
（3）離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度大�。�

Answer 1

分析 （1）由幾何知識(shí)求出粒子的軌道半徑，然后由牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強(qiáng)度大�。�
（2）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間和離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置．
（3）粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中電場(chǎng)力做功，由動(dòng)能定理即可求出粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度的大�。�

解答 解：（1）設(shè)正電子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑為R，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t₁
由牛頓第二定律，有  $e{v_o}B=m\frac{{{v_o}^2}}{R}$
解得：$R=\frac{{m{v_o}}}{eB}$
運(yùn)動(dòng)周期      $T=\frac{2πR}{v_o}$

在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)時(shí)間        ${t_1}=\frac{T}{3}$
解得                 ${t_1}=\frac{2πm}{3eB}$
（2）在電場(chǎng)中：沿y軸負(fù)方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)
分速度v_y=v_ocosθ=$\frac{v_o}{2}$
到達(dá)x軸用時(shí)${t_2}=\frac{Rsinθ}{v_y}$
且$\frac{E}{B}={v_0}$
解得${t_2}=\frac{{\sqrt{3}m}}{eB}$
沿x軸正方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)$a=\frac{eE}{m}$
位移$x={v_o}sinθ•{t_2}+\frac{1}{2}a{t_2}^2$
解得$x=\frac{{3m{v_o}}}{eB}$
（3）由動(dòng)能定理$\frac{1}{2}m（{v^2}-{v_o}^2）=eEx$（或 $v=\sqrt{{v_y}^2+{v_x}^2}$）
解得 正電子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度   $v=\sqrt{7}{v_o}$
答：（1）在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡半徑是$\frac{m{v}_{o}}{eB}$，運(yùn)動(dòng)時(shí)間是$\frac{2πm}{3eB}$．
（2）在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間和離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的位置是$\frac{3m{v}_{o}}{eB}$．
（3）離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度大小是$\sqrt{7}{v}_{0}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在磁場(chǎng)與電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程、應(yīng)用牛頓第二定律與類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式即可正確解題，解題時(shí)要注意數(shù)學(xué)知識(shí)的應(yīng)用．