Question

10．如圖所示，在坐標(biāo)系xOy的第一、第三象限內(nèi)存在相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于xOy平面向里；第四象限內(nèi)有平行xOy平面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E．一帶電量為+q、質(zhì)量為m的粒子，自y軸上的P點(diǎn)由靜止釋放后，僅在電場(chǎng)力作用下經(jīng)x軸上的Q點(diǎn)進(jìn)入第一象限，隨即撤去電場(chǎng)，以后僅保留磁場(chǎng)．已知OP=OQ=$\sqrt{2}$d．不計(jì)粒子重力．
（1）求粒子過(guò)Q點(diǎn)時(shí)速度的大小和方向．
（2）若磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為一確定值B₀，粒子將以垂直y軸的方向進(jìn)入第二象限，求B₀．
（3）若磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為另一確定值，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后粒子將再次經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)，且速度與第一次過(guò)Q點(diǎn)時(shí)相同，求該粒子相鄰兩次經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)所用的時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）粒子在第四象限的電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，將運(yùn)動(dòng)安水平方向與豎直方向分解，并結(jié)合動(dòng)能定理可以求出粒子的速度和方向．
（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，由數(shù)學(xué)知識(shí)求出粒子的軌道半徑；洛倫茲力提供粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，由牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度．
（3）求出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，求出粒子在二四象限運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，然后求出粒子總的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

解答 解：（1）設(shè)粒子過(guò)Q點(diǎn)時(shí)速度的大小為v，對(duì)P→Q過(guò)程，由動(dòng)能定理得：$Eq•2d=\frac{1}{2}m{v^2}$…①
解得：$v=2\sqrt{\frac{Eqd}{m}}$…②
方向與+x方向成θ=45°  角
（2）設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R₁，粒子在第一象限的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，

O₁為圓心，由幾何關(guān)系可知△O₁OQ為等腰直角三角形，得：
R₁=2d…③
洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB₀=$m\frac{v^2}{R_1}$…④
聯(lián)立②③④式得：${B_0}=\sqrt{\frac{mE}{qd}}$
（3）設(shè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R₂，粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示，

由幾何分析可知，粒子在第一、第三象限的軌跡均為半圓，得：
R₂=d…⑤
粒子在第二、第四象限的軌跡為長(zhǎng)度相等的線段，得：
FG=PQ=2R₂…⑥
設(shè)粒子相鄰兩次經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)所用的時(shí)間為t，則有：$t=\frac{{FG+PQ+2π{R_2}}}{v}$…⑦
聯(lián)立②⑤⑥⑦式得：t=（2+π） $\sqrt{\frac{md}{Eq}}$
答：（1）粒子過(guò)Q點(diǎn)時(shí)速度的大小$v=2\sqrt{\frac{qEd}{m}}$，與水平方向的夾角θ=45°；
（2）粒子以垂直y軸的方向進(jìn)入第二象限時(shí)${B_0}=\sqrt{\frac{mE}{qd}}$；
（3）粒子相鄰兩次經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)所用的時(shí)間為（2+π） $\sqrt{\frac{md}{Eq}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合題，根據(jù)題意作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡．應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)求出粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑、粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角，是本題的難點(diǎn)，也是正確解題的關(guān)鍵．