Question

10．在xOy平面內(nèi)，直線OM與x軸負(fù)方向成45°角，以O(shè)M為邊界的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場如圖所示．在坐標(biāo)原點(diǎn)O有一不計重力的粒子，其質(zhì)量和電荷量分別為m和+q，以v₀沿x軸正方向運(yùn)動，粒子每次到x軸將反彈，第一次無能量損失，以后每次反彈水平分速度不變，豎直分速度大小減半、方向相反．電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B關(guān)系為B=$\frac{m{v}_{0}}{q}$、E=$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{16q}$．求帶電粒子：
（1）第一次經(jīng)過OM時的坐標(biāo)；
（2）第二次到達(dá)x軸的動能；
（3）在電場中運(yùn)動時豎直方向上的總路程．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律求出粒子軌道半徑，然后求出坐標(biāo)位置．
（2）粒子在電場中加速，由動能定理可以求出粒子的動能．
（3）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，應(yīng)用類平拋運(yùn)動規(guī)律可以求出粒子的總路程．

解答 解：（1）粒子進(jìn)入磁場，根據(jù)左手定則，粒子做$\frac{3}{4}$的圓周運(yùn)動后經(jīng)過OM，
根據(jù)洛倫茲力提供向心力有：$qvB=m\frac{v^2}{R}$，
代入數(shù)據(jù)解得：R=1m，
故第一次經(jīng)過OM時的坐標(biāo)為（-1m、1m）；
（2）粒子第二次進(jìn)入磁場，速度不變，則粒子在磁場中運(yùn)動的半徑也為R，
故進(jìn)入電場時離x軸的高度為2R，根據(jù)動能定理，粒子到達(dá)x軸的動能有：
$2qER=\frac{1}{2}m{v^2}-\frac{1}{2}m{v_0}^2$，
解得，動能為：${E_k}=\frac{1}{2}m{v^2}=\frac{5}{8}mv_0^2$；
（3）粒子運(yùn)軌跡如圖所示：

因粒子第二次進(jìn)入電場做類平拋運(yùn)動，故到達(dá)x軸時的水平分速度為v₀，
豎直方向：$a=\frac{qE}{m}$${v_y}^2=2a{h_1}$ 
解得：${v_y}=\frac{v_0}{2}$，
從類平拋開始，粒子第一次到達(dá)最高點(diǎn)離x軸的豎直高度為：${h_1}=\frac{v_y^2}{2a}$
第二次到達(dá)最高點(diǎn)離x軸的豎直高度為：${h_2}=\frac{{{{（\frac{v_y}{2}）}^2}}}{2a}=\frac{{{v_y}^2}}{2a}{（\frac{1}{2}）^2}$
…
第n次到達(dá)最高點(diǎn)離x軸的豎直高度為：${h_n}=\frac{{{v_y}^2{{（\frac{1}{2}）}^{2n}}}}{2a}=\frac{{{v_y}^2}}{2a}{（\frac{1}{2}）^{2n}}$
故從類平拋開始，在豎直方向上往返的總路程為：$h=\frac{v_y^2}{2a}+2×\frac{v_y^2}{2a}[{（\frac{1}{2}）^2}+{（\frac{1}{2}）^4}…+{（\frac{1}{2}）^{2n}}]=\frac{5v_y^2}{6a}=\frac{{10m{v_0}}}{3qB}=\frac{10}{3}$
故在電場中運(yùn)動的豎直方向上總路程：$h'=2R+h=\frac{{16m{v_0}}}{3qB}=\frac{16}{3}$m；
答：（1）第一次經(jīng)過OM時的坐標(biāo)為（-1m、1m）；
（2）第二次到達(dá)x軸的動能為$\frac{5}{8}$mv₀²；
（3）在電場中運(yùn)動時豎直方向上的總路程為$\frac{16}{3}$m．

點(diǎn)評 本題考查了粒子在磁場與電場中的運(yùn)動，分析清楚粒子運(yùn)動過程是正確解題的關(guān)鍵，粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，在電場中做類平拋運(yùn)動，應(yīng)用牛頓第二定律與類平拋運(yùn)動規(guī)律即可正確解題．