Question

8．空間中有一直角坐標(biāo)系，戈軸保持水平、方向向右，如圖所示，在整個(gè)坐標(biāo)空間有大小為B=0.1T、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在此坐標(biāo)系第四象限內(nèi)同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E，一荷質(zhì)比$\frac{q}{m}$=25C/kg的帶負(fù)電微粒以某一速度沿與y軸正方向53°角從M點(diǎn)進(jìn)入第四象限，M點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，-1.8），粒子恰好沿直線運(yùn)動(dòng)至x軸上的P點(diǎn)進(jìn)入第一象限，在第一象限空間有沿，軸負(fù)方向的、場(chǎng)強(qiáng)大小為$\frac{4}{3}$E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，g取10m/s²．已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，不計(jì)空氣阻力．求：
（1）第四象限坐標(biāo)中電場(chǎng)強(qiáng)度的大小和方向；
（2）帶電微粒的運(yùn)動(dòng)速度；
（3）畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡圖，并求出粒子離開第一象限的位置坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）粒子從M到P過程是勻速直線運(yùn)動(dòng)，受重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力而平衡，根據(jù)平衡條件列式求解電場(chǎng)強(qiáng)度，根據(jù)左手定則判斷電場(chǎng)強(qiáng)度的方向；
（2）粒子從M到P過程是勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平衡條件求解出洛倫茲力，再根據(jù)f=qvB求解速度；
（3）粒子在第一象限過程，重力和電場(chǎng)力平衡，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解軌道半徑，結(jié)合幾何關(guān)系確定粒子離開第一象限的位置坐標(biāo)．

解答 解：（1）在第四象限，因微粒做直線運(yùn)動(dòng)，所受的洛倫茲力不變且方向與運(yùn)動(dòng)軌跡垂直，它必與重力和電場(chǎng)力的合力平衡，受力如圖：
根據(jù)平衡條件，有：
qE=fsin37°
mg=fcos37°
解得：E=$\frac{mgtan37°}{q}$=$\frac{10×0.75}{25}$=0.3N/C
方向向左
（2）由于洛倫茲力與重力和電場(chǎng)力的合力平衡，故：
qvBcos37°=mg
解得：v=$\frac{5mg}{4qB}$=$\frac{5×10}{4×25×0.1}$=5m/s
（3）在第一象限，由于${E}_{1}=\frac{4}{3}E=\frac{mg}{q}$，得到電場(chǎng)力為：F_電=mg
微粒在豎直方向受力平衡，在磁場(chǎng)力的作用下做圓周運(yùn)動(dòng)，故：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，在q點(diǎn)離開，運(yùn)動(dòng)半徑：
R=$\frac{mv}{qB}$=$\frac{5}{25×0.1}$=2m
OP=OM•tan53°=2.4m
因?yàn)镽cos53°=1.2m
所以圓心O′到y(tǒng)軸的距離為x′=2.4-1.2=1.2m
離開第一象限的坐標(biāo)為：
y=Rsin53°+$\sqrt{{R}^{2}-x{′}^{2}}$=2×0.8+$\sqrt{{2}^{2}-1．{2}^{2}}$=3.2m
答：（1）第四象限坐標(biāo)中電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為0.3N/C，方向向左；
（2）帶電微粒的運(yùn)動(dòng)速度為5m/s；
（3）粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，粒子離開第一象限的位置坐標(biāo)為（0，3.2m）．

點(diǎn)評(píng) 本題關(guān)鍵是明確粒子的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)平衡條件和牛頓第二定律列式分析，同時(shí)要畫出軌跡并結(jié)合幾何關(guān)系分析，不難．