Question

19．如圖所示，在xOy中直角坐標系中，在第三象限有一平行x軸放置的平行板電容器，板間電壓U=100V．現(xiàn)有一質量m=1.0×10^-12kg，帶電量q=2.0×10^-10C的帶正電的粒子（不計重力），從下極板處由靜止開始經(jīng)電場加速后通過上板上的小孔，垂直x軸從A點進入第二象限的勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度B=1T．粒子在磁場中轉過四分之一圓周后又從B點垂直y軸進入第一象限，第一象限中有平行于y軸負方向的勻強電場E，粒子隨后經(jīng)過x軸上的C點，已知OC=1m．求：
（1）粒子經(jīng)過A點的速度大�。�
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑及在磁場中的運動時間；
（3）第一象限中勻強電場場強E的大�。�

Answer 1

分析 （1）由動能定理求出粒子飛出加速度電場時的速度；
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出粒子做圓周運動的軌道半徑和運行時間．
（3）粒子在第一象限的電場中做類平拋運動，由勻速運動與勻變速運動的運動規(guī)律求出電場強度的大�。�

解答 解：（1）設粒子飛出極板的速度為v，粒子的運動軌跡如圖所示，
由動能定理：$Uq=\frac{1}{2}m{v}^{2}$-0，解得：$v=\sqrt{\frac{2Uq}{m}}=\sqrt{\frac{2×100×2×1{0}^{-10}}{1×1{0}^{-12}}}$=200m/s，
（2）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：$Bqv=m\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得，粒子做圓周運動的半徑：r=$\frac{mv}{Bq}$=1m；
粒子做圓周運動的周期：$T=\frac{2πr}{v}=\frac{π}{100}$，
粒子在磁場中偏轉$\frac{1}{4}$圓周，則粒子運行時間為：$t=\frac{1}{4}T=\frac{π}{400}s$
（3）粒子從B點運動到C點的過程，粒子做類平拋運動，
沿x軸方向：$\overline{OC}=vt$，
沿y軸負方向：$\overline{OB}=\frac{1}{2}a{t}^{2}$，
由牛頓第二定律得：Eq=ma，
其中BO=r=1m，
解得：E=400V/m；
答：（1）粒子經(jīng)過A點的速度大小為200m/s；
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為1m，時間為$\frac{π}{400}s$．
（3）第一象限中勻強電場場強E的大小為400V/m．

點評 帶電粒子在平行板電容器間加速、在勻強磁場中做勻速圓周運動、在勻強電場中做類平拋運動，分析清楚粒子的運動規(guī)律，應用動能定理、牛頓第二定律、類平拋運動運動規(guī)律，可以正確解題．