Question

7．如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立一坐標(biāo)系xoy，在x軸上方存在相互垂直的勻強(qiáng)電場E₁和勻強(qiáng)磁場B₁，電場強(qiáng)度E₁=6V/m，磁感應(yīng)強(qiáng)度B₁=$\frac{10}{3}$T．在x軸和虛線MN間也存在相互垂直的勻強(qiáng)電場E₂和勻強(qiáng)磁場B₂，電場強(qiáng)度E₂=8V/m，磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂=10T，虛線MN到x軸的距離為d=20cm．有一帶負(fù)電微粒質(zhì)量為m=4.0×10^-7kg，電量q=-5×10^-7C．該帶電粒子沿直線PQ運(yùn)動到y(tǒng)軸上的A點時，x軸上方的磁場B₁突然消失，其他不變．該帶電粒子繼續(xù)運(yùn)動至x軸上的B點，以平行于y軸負(fù)方向的速度進(jìn)入x軸下方區(qū)域，最后從虛線上C點飛到虛線下方區(qū)域．（sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：
（1）粒子在x軸上方和下方分別受到的電場力F_上、F_下大小
（2）沿直線PQ運(yùn)動的速度υ₀大小
（3）運(yùn)動到x軸上B點的速度υ大小
（4）從A到C運(yùn)動的總時間t_總．

Answer 1

分析 （1）由電場力公式F=qE可以求出電場力．
（2）粒子做直線運(yùn)動，所受合力方向與速度方向在同一直線上，應(yīng)用力的合成與分解知識、洛倫茲力公式求出粒子的速度．
（3）根據(jù)速度的合成與分解求出粒子的速度．
（4）求出粒子在各段的運(yùn)動時間，然后求出總的運(yùn)動時間．

解答 解：（1）粒子所受電場力：F_上=E₁q=6×5×10^-7=3×10^-6N，
F_下=E₂q=8×5×10^-7=4×10^-6N；
（2）粒子的重力：G=mg=4.0×10^-6×10N，
洛倫茲力：F_洛=$\sqrt{{F}_{上}^{2}+{G}^{2}}$，代入數(shù)據(jù)解得：F_洛=5×10^-6N，
洛倫茲力：F_洛=qυ₀B₁，代入數(shù)據(jù)解得：υ₀=3m/s，運(yùn)動方向為從P向Q；
（3）粒子運(yùn)動軌跡如圖所示：$tanθ=\frac{F_上}{G}=0.75$，則：θ=37⁰，
粒子速度：$υ=\frac{υ_0}{{sin{{37}^0}}}=5m/s$；
（4）粒子受到的合力：${F_合}=\sqrt{F_上^2+{G^2}}=5×{10^{-6}}N$，
由牛頓第二定律得：$a=\frac{F_合}{m}=\frac{25}{2}m/{s^2}$，
v_y=$\frac{{v}_{0}}{tan37°}$=$\frac{3}{tan37°}$=4m/s，時間：t₁=$\frac{{v}_{y}}{a}$=$\frac{4}{\frac{25}{2}}$=$\frac{8}{25}$s，
由牛頓第二定律得：qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：r=0.4m=40cm，
sinα=$\frac1rnn71l{r}$=$\frac{20}{40}$=0.5，則：α=30°，
t₂=$\frac{l}{v}$=$\frac{2πr×\frac{30°}{360°}}{v}$=$\frac{π}{75}$s，
總的運(yùn)動時間：t_總=t₁+t₂=（$\frac{8}{25}$+$\frac{π}{75}$）s；
答：（1）粒子在x軸上方和下方分別受到的電場力F_上、F_下大小分別為：3×10^-6N、4×10^-6N．
（2）沿直線PQ運(yùn)動的速度υ₀大小為3m/s．
（3）運(yùn)動到x軸上B點的速度υ大小為5m/s．
（4）從A到C運(yùn)動的總時間t_總為（$\frac{8}{25}$+$\frac{π}{75}$）s．

點評 本題考查了求力、速度、運(yùn)動時間問題，分析清楚粒子運(yùn)動過程，作出粒子運(yùn)動軌跡，應(yīng)用電場力公式、洛倫茲力公式、力的合成與分解、運(yùn)動的合成與分解、牛頓第二定律即可正確解題．