Question

3．如圖所示，在xoy平面內(nèi)，直線PQ平分第二、四象限（即與y軸成45°），直線PQ左側(cè)空間存在著垂直紙面向里的勻強磁場，PQ上側(cè)且y＞0空間存在著沿y軸正方向的勻強電場，場強大小為E=10V/m；一個比荷$\frac{q}{m}$=10³C/kg的帶負電的粒子（重力不計），從坐標(biāo)原點O以v₀=200m/s的速度沿著x軸負方向進入勻強磁場，粒子從O點入射后，最后從x軸上N點射出電場，方向恰好與x軸正方向成45°，求：
（1）粒子第一次經(jīng)過直線PQ時速度的大小和方向；
（2）磁感應(yīng)強度B的大小；
（3）N點離O點的距離和粒子在電場中的時間．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在磁場中做圓周運動，根據(jù)左手定則判斷出偏轉(zhuǎn)的方向，然后畫出運動的軌跡，即可確定；
（2）最后從x軸上N點射出電場，方向恰好與x軸正方向成45°，結(jié)合速度的分解，求出y方向的高度，從而確定粒子在磁場中運動的半徑，最后又洛倫茲力提供向心力即可求出磁感應(yīng)強度；
（3）粒子進入電場后做類平拋運動，根據(jù)軌跡求出微粒拋出點的高度和電場力產(chǎn)生的加速度，由運動的合成與分解求解微粒進入電場后在電場中運動的水平位移和時間．

解答 解：（1）微粒在磁場中受洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，畫出軌跡如圖，

可知，粒子先做$\frac{1}{4}$圓周運動，然后在電場中在電場力作用下先向上勻減速然后向下勻加速，
離開電場時速度大小與進入時大小相等．然后在磁場中做$\frac{3}{4}$圓周運動，最后以垂直于電場方向的速度再進入電場作類平拋運動．
所以，粒子第一次經(jīng)過直線PQ時速度的大小仍然是200m/s，方向豎直向上．
（2）粒子在電場中的加速度：a=$\frac{qE}{m}=1{0}^{3}×10=1{0}^{4}$m/s²，
粒子第二次離開磁場在電場中做類平拋運動時拋出點高度h=2R，所以粒子在豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，故沿電場方向的分速度：
v_y=at₂
由于粒子從x軸上N點射出電場，方向恰好與x軸正方向成45°，所以：v_y=v₀tan45°=v₀=200m/s
得：${t}_{2}=\frac{{v}_{y}}{a}=\frac{200}{1{0}^{4}}=0.02$s
有：h=$\frac{1}{2}$$a{t}_{2}^{2}$=$\frac{1}{2}×1{0}^{4}×0.0{2}^{2}m=2$m，
則R=1m
粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，得：$q{v}_{0}B=\frac{m{v}_{0}^{2}}{R}$
所以：B=$\frac{m{v}_{0}}{qR}=\frac{200}{1{0}^{3}×2}T=0.2$T
（3）粒子在水平方向的位移：x=v₀t₂=200×0.02m=4m
結(jié)合幾何關(guān)系可知，N點的位移：x_N=x-2R=4m-2×1m=2m
粒子第一次經(jīng)過直線PQ時速度的大小仍然是200m/s，方向豎直向上，粒子先向上勻減速然后向下勻加速，運動的時間：
${t}_{1}=\frac{△v}{a}=\frac{2{v}_{0}}{a}=\frac{2×200}{1{0}^{4}}s=0.04$s
可得粒子在電場中運動時間：t=t₁+t₂=0.04s+0.02s=0.06s，
答：（1）粒子第一次經(jīng)過直線PQ時速度的大小是200m/s，方向豎直向上；
（2）磁感應(yīng)強度B的大小是0.2T；
（3）N點離O點的距離是2m，粒子在電場中的時間是0.6s．

點評 解決本題的關(guān)鍵是掌握帶電微粒在勻強磁場中做勻速圓周運動，知道周期及半徑公式，微粒在電場中可以做勻變速直線運動或拋體運動，熟練掌握運動規(guī)律是解決問題的基礎(chǔ)．