Question

3．如圖所示，在直角坐標(biāo)系的第一象限分布著電場(chǎng)強(qiáng)度E=100V/m，方向水平向左的勻強(qiáng)向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，其余三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A（0.25m，0.2m）點(diǎn)由靜止釋放一比荷$\frac{q}{m}$=2×10⁴C/kg、不計(jì)重力的帶正電微粒．
（1）若該微粒第一次進(jìn)入磁場(chǎng)后垂直通過(guò)x軸，求勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度和帶電微粒第二次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)；
（2）為了使微粒第一次返回第一象限時(shí)還能回到釋放點(diǎn)A，在微粒第一次進(jìn)入磁場(chǎng)后撤掉第一的電場(chǎng)，求此情況下勻強(qiáng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大�。�

Answer 1

分析 （1）帶點(diǎn)微粒在電場(chǎng)中做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律結(jié)合勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律或者單獨(dú)用動(dòng)能定理均可求解；進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力（牛頓第二定律）結(jié)合幾何關(guān)系求解；
（2）電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)與（1）相同，故微粒以相同速度進(jìn)入磁場(chǎng)；畫(huà)出可能的微粒軌跡過(guò)程圖，微粒在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用洛倫茲力提供向心力（牛頓第二定律）與幾何關(guān)系結(jié)合，即可求解．

解答 解：（1）設(shè)微粒質(zhì)量為m，電量為q，第一次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v₀，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，
如圖一所示，O即為粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心；
由幾何關(guān)系可得：r=0.2m ①
根據(jù)動(dòng)能定理可得：qEx=$\frac{1}{2}$m${v}_{0}^{2}$ ②
洛倫茲力提供向心力可得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$ ③
聯(lián)立①②③式得：v₀=$\sqrt{\frac{2qEx}{m}}$=1000m/s ④
B=$\frac{{mv}_{0}}{qr}$=0.25T
微粒在磁場(chǎng)中剛好運(yùn)動(dòng)$\frac{3}{4}$圓周后，從點(diǎn)（0.2m，0）處垂直電場(chǎng)方向進(jìn)入電場(chǎng)做類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)．
設(shè)微粒第二次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置坐標(biāo)為（0，y）
則根據(jù)類(lèi)平拋規(guī)律有：x=$\frac{1}{2}$at² ⑤
y=v₀t ⑥
根據(jù)牛頓第二定律得：Eq=ma ⑦
聯(lián)立④⑤⑥⑦式得：y=$\frac{\sqrt{5}}{5}$m
所以微粒第二次進(jìn)入磁場(chǎng)的位置坐標(biāo)為（0，$\frac{\sqrt{5}}{5}$m）
（2）設(shè)A點(diǎn)坐標(biāo)為（x，y），根據(jù)已知：x=0.25m，y=0.2m
經(jīng)分析可知，為了使微粒第一次返回第一象限時(shí)還能回到釋放點(diǎn)A，存在兩種情況
第一種：如圖二所示，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B₁，粒子半徑為r₁，圓心為O₁，粒子從C點(diǎn)進(jìn)入第一象限并經(jīng)過(guò)A點(diǎn)，
洛倫茲力提供向心力可得：qv₀B₁=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{r}_{1}}$ ⑧
幾何關(guān)系有：OC=x+$\sqrt{{AC}^{2}-{y}^{2}}$，根據(jù)對(duì)稱性：AC=x=2.5m，兩式聯(lián)立得：OC=4m
對(duì)△OO₁C運(yùn)用勾股定理得：${（{r}_{1}-y）}^{2}$+OC²=${r}_{1}^{2}$；將OC=4m代入得：r₁=5m  ⑨
聯(lián)立④⑧⑨式得：B₁=$\frac{m{v}_{0}}{{qr}_{1}}$=0.01T
第二種：如圖三所示，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B₂，粒子半徑為r₂，圓心為O₂，粒子從D點(diǎn)進(jìn)入第一象限并經(jīng)過(guò)A點(diǎn)，
洛倫茲力提供向心力可得：qv₀B₂=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{{r}_{2}}$ ⑩
幾何關(guān)系有：OD=x-$\sqrt{{AD}^{2}{-y}^{2}}$，根據(jù)對(duì)稱性：AD=x=2.5m，兩式聯(lián)立得：OD=1m
對(duì)△OO₁C運(yùn)用勾股定理得：${（y-{r}_{2}）}^{2}$+OD²=${r}_{2}^{2}$；將OD=1m代入得：r₂=1.25m⑪
聯(lián)立④⑩⑪式得：B₂=$\frac{{mv}_{0}}{q{r}_{2}}$=0.04T
答：（1）若該微粒第一次進(jìn)入磁場(chǎng)后垂直通過(guò)x軸，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.25T，帶電微粒第二次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的位置坐標(biāo)為（0，$\frac{\sqrt{5}}{5}$m）；
（2）為了使微粒第一次返回第一象限時(shí)還能回到釋放點(diǎn)A，在微粒第一次進(jìn)入磁場(chǎng)后撤掉第一的電場(chǎng)，此情況下勻強(qiáng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.01T或0.04T．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在加速電場(chǎng)中的勻加速直線運(yùn)動(dòng)、偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中的類(lèi)平拋運(yùn)動(dòng)以及在磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)．畫(huà)出運(yùn)動(dòng)過(guò)程圖、牢記典型過(guò)程的解題思路是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．加速場(chǎng)用動(dòng)能定理解決，偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)用運(yùn)動(dòng)的合成和分解解決，磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)運(yùn)用洛倫茲力提供向心力（牛頓第二定律）結(jié)合幾何關(guān)系，其中在分析第二問(wèn)時(shí)，注意分析其多種情況．