Question

5．如圖所示，在xOy平面內(nèi)，直線PQ和y軸之間存在沿y軸負方向的勻強電場，在第四象限和第一象限的部分區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，磁感應強度大小為B，有一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子從電場左邊界與x軸的交點A沿x軸正方向射入電場區(qū)域，A點與坐標原點O的距離為x₀，質(zhì)點到達y軸上C點時，速度方向與y軸負方向之間的夾角為θ=30°．質(zhì)點由C點進入磁場后，從磁場邊界OM上的N點（圖中未標出）離開磁場之后，又從y軸上的D點垂直于y軸進入電場，最后恰好回到A點．不計粒子的重力，求：
（1）C點到坐標原點O的距離y₁；
（2）粒子在磁場中運動的時間t₂；
（3）勻強電場的場強E．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)粒子在電場中做類平拋運動，得到位移和速度公式，然后由粒子離開電場時的速度方向求解；
（2）根據(jù)粒子進入磁場和離開磁場時的速度方向得到中心角，再由圓周運動的周期公式求解運動時間；
（3）根據(jù)從D到A也為類平拋運動求得OD的距離，進而得到粒子在磁場中做圓周運動的半徑；再由類平拋運動的坐標公式聯(lián)立求解加速度，最后得到場強．

解答 解：（1）粒子從A到C過程只受電場力作用，做類平拋運動，有：x₀=v₀•t₁，${y_1}=\frac{1}{2}at_1^2$，$tanθ=\frac{v_0}{v_y}=\frac{v_0}{{a{t_1}}}$；
所以，${y_1}=\frac{x_0}{2tanθ}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}{x_0}$；
（2）從y軸上的D點垂直于y軸進入電場，故粒子從N點離開磁場時，速度方向水平向左，故在磁場中做勻速圓周運動由C到N所轉(zhuǎn)過的圓心角為：$α=180°+60°=240°=\frac{4}{3}π$；
粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期：$T=\frac{2πm}{qB}$；
所以，粒子在磁場中運動的時間：${t_2}=\frac{α}{2π}T=\frac{4πm}{3qB}$；
（3）粒子從C點進入磁場時的速度：${v_c}=\frac{v_0}{sin30°}=2{v_0}$；
粒子從D到A也做類平拋運動，設OD之間的距離為y₂，則：x₀=v_c•t₃=2v₀•t₃，${y_2}=\frac{1}{2}at_3^2$；
與（1）問相比較，${t_3}=\frac{1}{2}{t_1}$，${y_2}=\frac{1}{4}{y_1}$，故OD之間的距離為：${y_2}=\frac{1}{4}{y_1}=\frac{{\sqrt{3}}}{8}{x_0}$；
設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R，由幾何關(guān)系有：OC+OD=R+Rsinθ，所以，$R=\frac{{5\sqrt{3}}}{12}{x_0}$；
由牛頓第二定律有：$q{v_c}B=m\frac{v_c^2}{R}$；所以，${v_c}=\frac{qBR}{m}=\frac{{5\sqrt{3}qB{x_0}}}{12m}$；
粒子的初速度：${v_0}=\frac{1}{2}{v_c}=\frac{{5\sqrt{3}qB{x_0}}}{24m}$；
由平拋運動可得：${y_1}=\frac{1}{2}\frac{qE}{m}t_1^2=\frac{1}{2}\frac{qE}{m}{（\frac{x_0}{v_0}）^2}$；所以，$E=\frac{{2m{y_1}v_0^2}}{qx_0^2}=\frac{{25\sqrt{3}q{x_0}{B^2}}}{192m}$；
答：（1）C點到坐標原點O的距離y₁為$\frac{\sqrt{3}}{2}{x}_{0}$；
（2）粒子在磁場中運動的時間t₂為$\frac{4πm}{3qB}$；
（3）勻強電場的場強E為$\frac{{25\sqrt{3}q{x_0}{B^2}}}{192m}$．

點評 帶電粒子在磁場中的運動問題，一般先對粒子進行受力分析，然后由合外力做向心力求得運動半徑的表達式，然后由幾何關(guān)系求得半徑，再聯(lián)立求解．