Question

4．如圖所示，在y＞0的區(qū)城內(nèi)分布著電場方向與x軸成45°的勻強(qiáng)電場，在y＜0的區(qū)域內(nèi)分布著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)子從A點(diǎn)以初速度v=2.0×10⁵m/s沿x軸正向發(fā)射，第一次經(jīng)過x軸時(shí)，質(zhì)子的速度剛好與電場方向相反，運(yùn)動(dòng)至y軸上的P點(diǎn)（0，10cm）時(shí)，質(zhì)子的速度恰好減為零，若質(zhì)子的質(zhì)量m=1.6×10^-27kg，電荷量q=1.6×10^-19C，π=3.14，求：
（1）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小及勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大�。�
（2）質(zhì)子從開始運(yùn)動(dòng)到第三次到達(dá)x軸所經(jīng)歷的時(shí)間（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系得到軌道半徑，利用洛倫茲力等于向心力列式，聯(lián)立求解得到磁感應(yīng)強(qiáng)度；進(jìn)入電場后做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理列式求解電場強(qiáng)度；
（2）第二次進(jìn)入磁場后依然做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系確定圓心角，根據(jù)t=$\frac{θ}{2π}T$求解磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解．

解答 解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖：

結(jié)合幾何關(guān)系，有：
R=$\sqrt{2}$x=10$\sqrt{2}$cm=$\frac{\sqrt{2}}{10}$m
根據(jù)牛頓第二定律，有：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
解得：
B=$\frac{mv}{qR}$=$\frac{1.6×1{0}^{-27}×2×1{0}^{5}}{1.6×1{0}^{-19}×\frac{\sqrt{2}}{10}}$T=1.4×10^-2T
在電場中做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，故：
-qE（$\sqrt{2}$x）=0-$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
解得：$E=\frac{{m{v^2}}}{{2\sqrt{2}qx}}=\frac{{1.6×1{0^{-27}}×（2×1{0^5}{）^2}}}{{2\sqrt{2}×1.6×1{0^{-19}}×0.1}}=1.4×{10^3}$N/C
（2）磁場中兩個(gè)軌跡的圓心角之和為：
θ=135°+90°=225°
故磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：
$t=\frac{225°}{360°}T$=$\frac{5}{8}T$=$\frac{5}{8}×\frac{2πm}{qB}=\frac{5}{8}×\frac{{2π×1.6×1{0^{-27}}}}{{1.6×1{0^{-19}}×1.4×1{0^{-2}}}}=2.8×{10^{-6}}s$
在電場中做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，時(shí)間為：
t′=$\frac{2（\sqrt{2}x）}{\frac{v}{2}}=\frac{4\sqrt{2}x}{v}$=$\frac{4\sqrt{2}×0.1}{2×1{0}^{5}}$s=2.8×10^-6s
故質(zhì)子從開始運(yùn)動(dòng)到第三次到達(dá)x軸所經(jīng)歷的時(shí)間：
t_總=t+t′=2.8×10^-6s+2.8×10^-6s=5.6×10^-6s
答：（1）勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為1.4×10^-2T，勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E的大小為1.4×10³TN/C；
（2）質(zhì)子從開始運(yùn)動(dòng)到第三次到達(dá)x軸所經(jīng)歷的時(shí)間為5.6×10^-6s．

點(diǎn)評 本題關(guān)鍵是明確粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，分勻速圓周運(yùn)動(dòng)和勻變速直線運(yùn)動(dòng)過程進(jìn)行研究，關(guān)鍵是畫出軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系、牛頓第二定律、動(dòng)能定理和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式分析．