Question

14．如圖所示，在xOy平面內(nèi)，直線MN和y軸之間存在沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E，在第Ⅳ象限和第I象限的射線OC右下區(qū)域存在垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B．有一質(zhì)量為m，帶電量為+q的帶電粒子從電場左邊界上的A點沿x軸正方向射入電場，A點與原點O的距離為2L，質(zhì)點經(jīng)y軸上的P點進入磁場，P點與原點O的距離為L．帶電粒子從P點進入磁場后又從磁場邊界OC上的Q點離開磁場（Q點未標出），并從y軸上的D點垂直于y軸再次進入電場．不計帶電粒子的重力，求：
（1）帶電粒子從A點進入電場時的初速度v₀；
（2）粒子由A點到D點運動所用的時間；
（3）O點到D點的距離．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律可以求出粒子的初速度．
（2）求出粒子在電場、磁場、離開電場后的運動時間，然后求出總的運動時間．
（3）作出粒子的運動軌跡，然后應(yīng)用幾何知識求出距離．

解答 解：（1）粒子在電場中做類平拋運動，
水平方向：2L=v₀t₁，
豎直方向：L=$\frac{1}{2}$at₁²=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t₁²，
解得：v₀=$\sqrt{\frac{2qEL}{m}}$，t₁=$\sqrt{\frac{2mL}{qE}}$；
（2）粒子在電場中做類平拋運動，
水平方向：2L=v₀t₁，
豎直方向：L=$\frac{{v}_{y}}{2}$t₁，
解得：v_y=v₀，粒子進入磁場時的速度：v=$\sqrt{2}$v₀，
粒子進入磁場時粒子速度方向與y軸負方向夾角：
tanθ=$\frac{{v}_{0}}{{v}_{y}}$=1，解得：θ=45°，
粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角：
α=360°-（180°-θ）=360°-（180°-45°）=225°，
粒子在磁場中的運動時間：t₂=$\frac{α}{360°}$T=$\frac{135°}{360°}$×$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{5πm}{4qB}$，
粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：r=$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qB}$，
粒子離開磁場到達D點需要的時間：t₃=$\frac{QD}{v}$=$\frac{rsin45°}{v}$=$\frac{\sqrt{2}m}{2qB}$，
粒子由A到D的運動時間：t=t₁+t₂+t₃=$\sqrt{\frac{2mL}{qE}}$+$\frac{5πm+2\sqrt{2}m}{4qB}$；
（3）由幾何關(guān)系可知：OD+OP=r+rcos45°，
解得：OD=$\frac{2+\sqrt{2}}{B}$$\sqrt{\frac{mEL}{q}}$-L；
答：（1）帶電粒子從A點進入電場時的初速度v₀為$\sqrt{\frac{2qEL}{m}}$．
（2）粒子由A點到D點運動所用的時間為$\sqrt{\frac{2mL}{qE}}$+$\frac{5πm+2\sqrt{2}m}{4qB}$；
（3）O點到D點的距離：$\frac{2+\sqrt{2}}{B}$$\sqrt{\frac{mEL}{q}}$-L．

點評 解決質(zhì)點在磁場中的運動問題，關(guān)鍵是找到軌跡，定出圓心，構(gòu)造三角形得到半徑表達式，然后結(jié)合半徑公式和周期公式解決．