Question

10．如圖所示，在xoy平面直角坐標(biāo)系的第一象限有射線OA，OA與x軸正方向夾角為30°，OA與y軸所夾區(qū)域內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其他區(qū)域存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．有一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點(diǎn)沿著x軸正方向以初速度v₀射入電場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)垂直于射線OA進(jìn)入磁場(chǎng)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)，過(guò)y軸正半軸上的M點(diǎn)再次垂直進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)．已知OQ=$\frac{4}{5}$h，不計(jì)粒子重力，求：
（1）粒子經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速度大小；
（2）電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小；
（3）粒子從Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)所用的時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，將Q點(diǎn)的速度進(jìn)行分解，抓住水平分速度不變，從而求出Q點(diǎn)的速度大小．
（2）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律與牛頓第二定律可以求出電場(chǎng)強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度．
（3）求出粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角，然后根據(jù)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式求出粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

解答 解：（1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，
到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)的速度：v_Q=$\frac{{v}_{0}}{sin30°}$=2v₀；
（2）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，
水平方向：OQcos30°=$\frac{4}{5}$hcos30°=v₀t，t=$\frac{2\sqrt{3}h}{5{v}_{0}}$，
豎直方向：v_y=v_Qcos30°=$\sqrt{3}$v₀=$\frac{qE}{m}$t，解得：E=$\frac{5m{v}_{0}^{2}}{2qh}$，
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何知識(shí)得：r=OQ=$\frac{4}{5}$h，
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qv_QB=m$\frac{{v}_{Q}^{2}}{r}$，解得：B=$\frac{5m{v}_{0}}{2qh}$；
（3）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{4πh}{5{v}_{0}}$，
粒子在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角：α=360°-（90°-30°）=300°，
粒子從Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)所用的時(shí)間：t=$\frac{α}{360°}$T=$\frac{2πh}{3{v}_{0}}$；
答：（1）粒子經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)時(shí)的速度大小為2v₀；
（2）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為$\frac{5m{v}_{0}^{2}}{2qh}$，磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為$\frac{5m{v}_{0}}{2qh}$；
（3）粒子從Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)所用的時(shí)間為$\frac{2πh}{3{v}_{0}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程、作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓第二定律可以解題，解題時(shí)注意幾何知識(shí)的應(yīng)用．