Question

2．如圖所示，xy平面的第一象限內(nèi)有沿負(fù)y方向的勻強(qiáng)電場，在第四象限內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電量+q的粒子，以初速度v₀沿負(fù)x方向坐標(biāo)為（3l，l）的P點(diǎn)開始運(yùn)動，接著進(jìn)入磁場后從原點(diǎn)射出，射出的速度方向與y軸正方向夾角為45°，不計(jì)粒子重力，求：
（1）粒子從0點(diǎn)射出時速度；
（2）電場強(qiáng)度大��；
（3）磁感應(yīng)強(qiáng)度大��；
（4）從P點(diǎn)運(yùn)動到0點(diǎn)所用時間t_總．

Answer 1

分析 （1）由速度的合成法求出帶電粒子剛進(jìn)入磁場時的速度大小，即為粒子從O點(diǎn)射出磁場時的速度大�。粠щ娏Ｗ由淙腚妶鲋凶黝惼綊佭\(yùn)動，帶電粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力作勻速圓周運(yùn)動，根據(jù)幾何知識得到帶電粒子進(jìn)入磁場時速度方向與x軸夾角45°；
（2）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合求出E的大��；
（3）由牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度；
（4）電場中，由運(yùn)動學(xué)公式和牛頓第二定律結(jié)合求時間．磁場中，根據(jù)軌跡的圓心角求出時間

解答 解：粒子運(yùn)動軌跡如圖所示：

（1）由對稱性可知，粒子在Q點(diǎn)時速度大小為v，方向與-x軸方向成45°，
則：vcos45°=v₀，
解得：v=$\sqrt{2}$v₀，
（2）在P到Q的過程中，由動能定理得：qEl=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
聯(lián)立以上兩式解得：E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2ql}$．
（3）由幾何知識可知，r=$\frac{\sqrt{2}}{2}$l，
粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：B=$\frac{2m{v}_{0}}{ql}$；
（4）粒子在電場中運(yùn)動，到達(dá)Q點(diǎn)時沿-y方向速度大小為v_y=v₀，
P到Q的運(yùn)動時間為：t₁=$\frac{2l}{{v}_{0}}$，
水平分運(yùn)動，有x=v₀t，豎直分運(yùn)動，有l(wèi)=$\frac{{v}_{0}}{2}$t，則x=2l．
帶電粒子在磁場中運(yùn)動，其軌道半徑：R=$\frac{mv}{qB}$=$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qB}$，
由幾何關(guān)系可得：l=$\sqrt{2}$R，則：$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qB}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$l，即：$\frac{m}{qB}$=$\frac{l}{2{v}_{0}}$，
運(yùn)動時間：t₂=$\frac{1}{4}$T=$\frac{1}{4}$×$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{πl(wèi)}{4{v}_{0}}$，
粒子到從P點(diǎn)運(yùn)動到O點(diǎn)過程所用的時間：t_總=t₁+t₂=（8+π）$\frac{l}{4{v}_{0}}$；
（1）粒子從0點(diǎn)射出時速度為$\sqrt{2}$v₀；
（2）電場強(qiáng)度大小為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2ql}$；
（3）磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為$\frac{2m{v}_{0}}{ql}$；
（4）從P點(diǎn)運(yùn)動到0點(diǎn)所用時間t_總為（8+π）$\frac{l}{4{v}_{0}}$．

點(diǎn)評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運(yùn)動，掌握平拋運(yùn)動的處理方法并能運(yùn)用到類平拋運(yùn)動中，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，能正確的畫出運(yùn)動軌跡，并根據(jù)幾何關(guān)系確定各量之間的關(guān)系