Question

14．如圖所示，在第一象限有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，方向與y軸平行；在x軸下方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向與紙面垂直．一質(zhì)量為m、電荷量為-q（q＞0）的粒子以平行于x軸的速度從y軸上的P點(diǎn)處射入電場(chǎng)，在x軸上的Q點(diǎn)處進(jìn)入磁場(chǎng)，并從坐標(biāo)原點(diǎn)O離開磁場(chǎng)．粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與y軸交于M點(diǎn)．已知OP=l，OQ=2$\sqrt{3}$l．不計(jì)重力．求
（1）M點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)O間的距離；
（2）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)可以求出粒子的速度，然后結(jié)合位移公式與幾何關(guān)系得出M點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)O間的距離．
（2）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，由牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度．

解答 解：（1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，
水平方向：x₀=v₀t₁，
豎直方向：$a=\frac{qE}{m}$，${y}_{0}=\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$
其中：${x}_{0}=2\sqrt{3}l$，yy₀=l
$tanθ=\frac{a{t}_{1}}{{v}_{0}}$
聯(lián)立以上方程解得：θ=30°；
因?yàn)镸、O、Q點(diǎn)在圓周上，∠MOQ=90°，所以MQ為直徑，從圖中的幾何關(guān)系可知：
$R=2\sqrt{3}l$
MO=6l
（2）設(shè)粒子從P點(diǎn)到Q點(diǎn)的速度為v，y軸方向的分速度為v_y，由幾何關(guān)系可得：
${v}_{y}^{2}=2\frac{qE}{m}l$，
解得：${v}_{y}=\sqrt{\frac{2qEl}{m}}$
$v=\frac{{v}_{y}}{sinθ}=2\sqrt{\frac{2qEl}{m}}$
由牛頓第二定律得：$qvB=\frac{m{v}^{2}}{r}$，
解得：$B=\frac{mv}{qR}=\sqrt{\frac{2mE}{3ql}}$；
答：（1）M點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)O間的距離是6l；
（2）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度是$\sqrt{\frac{2mE}{3ql}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過程，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律與牛頓第二定律即可正確解題．