Question

19．如圖所示，x軸上方有一勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于紙面向里，大小為B，x軸下方有一勻強電場，電場強度的大小為E，方向與y軸的夾角θ為45°且斜向上方．現有一質量為m電量為q的正離子，以速度v₀由y軸上的A點沿y軸正方向射入磁場，該離子在磁場中運動一段時間后從x軸上的C點進入電場區(qū)域，該離子經C點時的速度方向與x軸夾角為45°．不計離子的重力，設磁場區(qū)域和電場區(qū)域足夠大．求：

（1）C點的坐標；
（2）離子從A點出發(fā)到第三次穿越x軸時的運動時間；
（3）離子第四次穿越x軸時速度的大小及速度方向與電場方向的夾角．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在勻強磁場中在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動，由牛頓第二定律求出軌跡半徑．畫出粒子運動的軌跡，由幾何知識求出C點的坐標；
（2）根據運動軌跡的幾何關系，來確定圓心角，并結合周期公式與牛頓第二定律、運動學公式，即可求解；
（3）根據粒子做類平拋運動處理規(guī)律，由運動的分解，并結合運動學公式，即可求解．

解答 解：（1）磁場中帶電粒子在洛侖茲力作用下做圓周運動，
由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，
解得：r=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$，
由幾何知識知，x_C=-（r+rcos450）=-$\frac{（2+\sqrt{2}）m{v}_{0}}{2qB}$，
故，C點坐標為（-$\frac{（2+\sqrt{2}）m{v}_{0}}{2qB}$，0）．
（2）粒子做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
設粒子從A到C的時間為t₁，由幾何知識知：t₁=$\frac{5}{8}$T=$\frac{5πm}{4qB}$，
設粒子從進入電場到返回C的時間為t₂，其在電場中做勻變速運動，
由牛頓第二定律和運動學公式，有：qE=ma，2v₀=at₂，
解得：t₂=$\frac{2m{v}_{0}}{qE}$，
設粒子再次進入磁場后在磁場中運動的時間為t₃，由題意得：t₃=$\frac{1}{4}$T=$\frac{πm}{2qB}$，
粒子從A點到第三次穿越x軸的時間為：t=t₁+t₂+t₃=$\frac{7πm}{4qB}$+$\frac{2m{v}_{0}}{qE}$；
（3）粒子第一次經過x軸后做勻減速直線運動，速度減為零后又做勻加速直線運動，
以和離開時相同的速率第二次進入磁場，然后做勻速圓周運動，離子從第三次過x軸到第四次過x軸的過程在電場中做類平拋運動，
設沿著v₀的方向為x′軸，離子沿x′軸做勻速直線運動，運動軌跡如圖所示：
設沿著電場的方向為y′軸，離子沿y′軸做初速為零的勻變速直線運動x₁=v₀t  ①
y₁=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²   ②
v_y′=$\frac{qE}{m}$  ③
由圖中幾何關系知：$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$=tan45°  ④
設離子第四次穿越x軸時速度的大小為v，速度方向與電場方向的夾角為β，
v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v′}_{y}^{2}}$  ⑤
tanβ=$\frac{{v}_{0}}{{v}_{y}′}$  ⑥
由①～⑥式得解得：v=$\sqrt{5}$v₀，β=arctan$\frac{1}{2}$；
答：（1）C點的坐標為（-$\frac{（2+\sqrt{2}）m{v}_{0}}{2qB}$，0）；
（2）離子從A點出發(fā)到第三次穿越x軸時的運動時間為$\frac{7πm}{4qB}$+$\frac{2m{v}_{0}}{qE}$；
（3）離子第四次穿越x軸時速度的大小為$\sqrt{5}$v₀，速度方向與電場方向的夾角為arctan$\frac{1}{2}$．

點評 該題是一道綜合性較強的題，解決此類問題的方法及關鍵：
（1）尋找突破口（程序法：順藤摸瓜，逆向思維法：反其道而行之．
（2）畫好軌跡圖（在畫圖的基礎上特別注意運用幾何知識尋找關系．
（3）巧選力學規(guī)律（力和運動的關系：根據帶電粒子所受的力，運用牛頓第二定律并結合運動學規(guī)律求解．功能關系：根據場力及其它外力對帶電粒子做功引起的能量變化或全過程中的功能關系，從而可確定帶電粒子的運動情況，這條線索不但適用于均勻場，也適用于非均勻場．因此要熟悉各種力做功的特點．解決這類題時一定要注意臨界條件的挖掘：如“恰好”、“最大”、“最多”、“至少”…等關鍵詞，往往是解題的突破口．