Question

6．如圖所示，在直角坐標(biāo)系的第Ⅰ象限分布著場(chǎng)強(qiáng)E=5×10³V/m、方向水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其余三個(gè)象限分布著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)從電場(chǎng)中M（0.5m，0.5m）點(diǎn)由靜止釋放一比荷為$\frac{q}{m}$=2×10⁴C/kg、重力不計(jì)的帶正電微粒，該微粒第一次進(jìn)入磁場(chǎng)后將垂直通過(guò)x軸．求：
（1）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度；
（2）帶電微粒第二次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)；
（3）帶電微粒第二次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小和方向．

Answer 1

分析 （1）粒子在加速電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用動(dòng)能定理求出其第一次進(jìn)入磁場(chǎng)的速度v，當(dāng)帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，僅受洛倫茲力作用，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．由微粒第一次進(jìn)入磁場(chǎng)后將垂直通過(guò)x軸，可尋找到已知長(zhǎng)度與圓弧半徑的關(guān)系，從而求出磁感應(yīng)強(qiáng)度；
（2）當(dāng)粒子再次進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，利用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合電場(chǎng)強(qiáng)度、電荷的荷質(zhì)比，求出離開(kāi)電場(chǎng)的位置；
（3）運(yùn)用平行四邊形定則，將粒子第二次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度正交分解，利用類(lèi)平拋規(guī)律結(jié)合勾股定理即可求出合速度大小，并根據(jù)合速度與分速度大小即可判斷合速度的方向．

解答 解：（1）根據(jù)動(dòng)能定理有：qEx_M=$\frac{1}{2}$mv²
可得：v=$\sqrt{\frac{2qE{x}_{M}}{m}}$=$\sqrt{2×2×1{0}^{4}×5×1{0}^{3}×0.5}$=10⁴m/s
因?yàn)槲⒘５谝淮芜M(jìn)入磁場(chǎng)后將垂直通過(guò)x軸，根據(jù)幾何關(guān)系知：R=x_M
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
聯(lián)立解得：B=$\frac{mv}{q{x}_{M}}$=$\frac{1{0}^{4}}{2×1{0}^{4}×0.5}$=1T
（2）粒子垂直進(jìn)入電場(chǎng)，做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)，則有：a_拋=$\frac{qE}{m}$=2×10⁴×5×10³=10⁸m/s²
x_M=$\frac{1}{2}$a_拋t_拋²
代入數(shù)據(jù)解得：t_拋=10^-4s
則：y=vt_拋=10⁴×10^-4=1m
帶電微粒第二次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)為（0m，1m）
（3）第二次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)：
v_x=a_拋t_拋=10⁸×10^-4=10⁴m/s
v_合=$\sqrt{{v}^{2}+{v}_{x}^{2}}$=$\sqrt{2}$×10⁴m/s
速度方向與y軸夾角45°
答：（1）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為1T；
（2）帶電微粒第二次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)為（0m，1m）；
（3）帶電微粒第二次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為$\sqrt{2}$×10⁴m/s，方向與Y軸夾角45°．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)的中運(yùn)動(dòng)，加速場(chǎng)用動(dòng)能定理，電場(chǎng)中的類(lèi)平拋運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成和分解，在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)運(yùn)用洛倫茲力提供向心力結(jié)合幾何關(guān)系；解題關(guān)鍵是要分好過(guò)程，對(duì)每一個(gè)過(guò)程的粒子進(jìn)行受力分析，確定其運(yùn)動(dòng)形式選擇合適的規(guī)律解題，難度不大．