Question

16．如圖所示，平面直角坐標系中的第一象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B大小未知，第四象限存在方向與x軸正方向成45°斜向右上方的勻速電場．電場強度大小E未知．現(xiàn)有一質(zhì)量為m₁、電荷量為q的帶正電粒子以初速度v₀從y軸上的A點水平向右垂直射入磁場，粒子從x軸上D點與x軸正方向成45°進入第四象限，粒子在電場力作用下與x軸正方向成30°（沒畫出）第二次通過x軸（過M點），此時第一象限內(nèi)磁場方向變?yōu)榇怪奔埫鎲栴}．磁感應強度大小不變，粒子恰好又從D點第三次通過x軸，不計粒子重力，DM=L，取sin75°=0.96，cos75°=0.25，求：
（1）勻強磁場的磁感應強度B的大小和勻強電場的電場強度E的大�。�
（2）OA的長．
（3）粒子從A點出發(fā)到第三次通過x軸所用的時間．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律求出電場強度；粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出磁感應強度．
（2）求出粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑，然后求出OA的長度．
（3）求出粒子在磁場與電場中的運動時間，然后求出粒子的總運動時間．

解答 解：（1）粒子在電場中做類平拋運動，粒子運動軌跡如圖所示：

由幾何知識可得，粒子初速度方向上的位移s₁與沿電場方向的位移s₂大小相等，
s₁=s₂=$\frac{\sqrt{2}}{2}$L，在初速度方向上：s₁=v₀t，在電場方向上：s₂=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²，
解得：E=$\frac{2\sqrt{2}m{v}_{0}^{2}}{qL}$；
粒子再次進入磁場時的速度如圖所示：

粒子的速度：v=$\frac{{v}_{0}}{cos75°}$=4v₀，
粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子運動軌跡如圖所示：

由幾何知識可得，θ=60°粒子軌道半徑：r=L，
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：B=$\frac{4m{v}_{0}}{qL}$，r=$\frac{mv}{qB}$=$\frac{4m{v}_{0}}{qB}$=L；
（2）粒子運動軌跡如圖所示：

粒子第一次在磁場中運動時的軌道半徑：
r′=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$=$\frac{L}{4}$，
由幾何知識得：OA=r′-r′sin45°=（$\frac{1}{4}$-$\frac{\sqrt{2}}{8}$）L；
（3）粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{πL}{2{v}_{0}}$，
粒子從A到D的時間：t₁=$\frac{45°}{360°}$T=$\frac{πL}{16{v}_{0}}$，
粒子在電場中從D運動到M的時間：t₂=$\frac{{s}_{1}}{{v}_{0}}$=$\frac{\sqrt{2}L}{2{v}_{0}}$，
粒子在磁場中從M到D的時間：t₃=$\frac{360°-60°}{360°}$T=$\frac{5πL}{12{v}_{0}}$，
粒子從A點出發(fā)到第三次通過x軸所用的時間：t=t₁+t₂+t₃=$\frac{πL}{16{v}_{0}}$+$\frac{\sqrt{2}L}{2{v}_{0}}$+$\frac{5πL}{12{v}_{0}}$；
答：（1）勻強磁場的磁感應強度B的大小為$\frac{4m{v}_{0}}{qL}$，勻強電場的電場強度E的大小為$\frac{2\sqrt{2}m{v}_{0}^{2}}{qL}$．
（2）OA的長為（$\frac{1}{4}$-$\frac{\sqrt{2}}{8}$）L．
（3）粒子從A點出發(fā)到第三次通過x軸所用的時間為$\frac{πL}{16{v}_{0}}$+$\frac{\sqrt{2}L}{2{v}_{0}}$+$\frac{5πL}{12{v}_{0}}$．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子的運動過程，作出粒子運動軌跡，應用牛頓第二定律、類平拋運動規(guī)律即可正確解題，要注意運動的合成與分知識的應用．