Question

11．如圖所示的xoy坐標系中，x軸上方，y軸與MN之間區(qū)域內有沿x軸正向的勻強電場，場強的大小E₁=1.5×10⁵N/C；x軸上方，MN右側足夠大的區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B=0.2T．在原點O處有一粒子源，沿紙面向電場中各方向均勻地射出速率均為v₀=1.0×10⁶m/s的某種帶正電粒子，粒子質量m=6.4×10^-27kg，電荷量q=3.2×10^-19C，粒子可以無阻礙地通過邊界MN進入磁場．已知ON=0.2m．不計粒子的重力，圖中MN與y軸平行．求：
（1）粒子進入磁場時的速度大�。�
（2）求在電場中運動時間最長的粒子射出后第一次到達坐標軸時的坐標；
（3）若在MN右側磁場空間內加一在xoy平面內的勻強電場E₂，某一粒子從MN上的P點進入復合場中運動，先后經過了A（0.5m，y_A）、C（0.3m，y_c）兩點，如圖所示，粒子在A點的動能等于粒子在O點動能的7倍，粒子在C點的動能等于粒子在O點動能的5倍，求所加電場強度E₂的大小和方向．

Answer 1

分析 （1）粒子先在電場中加速運動，由動能定理求解加速后的速度，即粒子進入磁場時的速度大��；
（2）在電場中運動時間最長的粒子沿+y軸出發(fā)作類平拋運動，后從Q點進入磁場，進入磁場的方向與NM的夾角為θ，由類平拋運動的規(guī)律求出θ．由牛頓第二定律和分位移公式、幾何關系結合求解．
（3）設A點的電勢為U_A，C點的電勢為U_C，取P點零電勢點，由動能定理求得U_A、U_C與動能的關系，由電場的特性和幾何關系求解．

解答 解：（1）由動能定理得：$\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}=qE•\overline{ON}$
代入數據解得：v=2×10⁶m/s
（2）粒子在磁場中，由$Bqv=m\frac{{v}^{2}}{r}$
解得：r=0.2m
在電場中運動時間最長的粒子沿+y軸出發(fā)作類平拋運動，后從Q點進入磁場，進入磁場的方向與NM的夾角為θ，由類平拋運動的規(guī)律得：$cosθ=\frac{{v}_{0}}{v}$=$\frac{1×1{0}^{6}}{2×1{0}^{6}}=\frac{1}{2}$，則θ=60°
粒子在磁場中作勻速圓周運動從T點回到電場，由對稱規(guī)律可得將在H點第一次與y軸相切，軌跡如圖．對于O到Q的類平拋運動，有：
NQ=v₀t
ON=$\frac{1}{2}$at²
由牛頓第二定律得 qE₁=ma
聯(lián)立解得：NQ=$\frac{0.4\sqrt{3}}{3}$m
弦長：QT=2rsinθ=$0.2\sqrt{3}$m
所以：y_H=2 NQ+QT
解得：y_H=$\frac{1.4\sqrt{3}}{3}$m
（3）粒子從P點進入磁場時的動能為：${E}_{kP}=\frac{1}{2}m{v}^{2}=4{E}_{k0}$
MN右側磁場空間內加一在xoy平面內的勻強電場后，設A點的電勢為U_A，C點的電勢為U_C，取P點零電勢點，則由動能定理得：

q（U_P-U_A）=E_kA-E_kPq（U_P-U_C）=E_kC-E_kP
解得：${U}_{A}=-\frac{3{E}_{k0}}{q}$，${U}_{C}=-\frac{{E}_{k0}}{q}$
在AP連線上取一點D，設$\overline{PA}=3\overline{PD}$，則由勻強電場特性可知 U_P-U_A=3（U_P-U_D）
由幾何知識可得：x_A-x_P=3（x_D-x_P）
解得：${U}_{D}=-\frac{{E}_{k0}}{q}={U}_{C}$，x_D=0.3m=x_C，即x坐標相同的兩點為等勢點，A點電勢低于P點的電勢，所加電場沿x軸正方向
則有：U_P-U_C=E₂（x_C-x_P）
聯(lián)立以上各式并代入數據解得：${E}_{2}=1.0×1{0}^{5}$N/C
答：
（1）粒子進入磁場時的速度大小是2×10⁶m/s；
（2）在電場中運動時間最長的粒子射出后第一次到達坐標軸時的坐標是$\frac{1.4\sqrt{3}}{3}$m；
（3）所加電場強度E₂的大小為1.0×10⁵N/C，方向沿x軸正方向．

點評 本題考查帶電粒子在電場中和磁場中的運動，理清粒子的運動規(guī)律是解決本題的關鍵，處理粒子在磁場中運動問題，要會確定粒子做圓周運動的圓心、半徑和圓心角．