Question

4．如圖所示，在直角坐標系的第Ⅰ象限存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B=0.2T，第Ⅳ象限分布著豎直向上的勻強電場，場強E=4.0×10³V/m．現(xiàn)從圖中M（1.8，-1.0）點由靜止釋放一比荷$\frac{q}{m}$=2×10⁵C/kg的帶正電的粒子，該粒子經(jīng)過電場加速后經(jīng)x軸上的P點進入磁場，在磁場中運動一段時間后經(jīng)y軸上的N點離開磁場．不計重力，求：
（1）求粒子到達P點時的速度v
（2）N點的縱坐標；
（3）若僅改變勻強電場的場強大小，粒子仍由M點釋放，為使粒子還從N點離開場區(qū)，求電場強度改變后的可能值．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做勻加速運動，由動能定理可求進入磁場的初速度；
（2）在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓運動定律求得半徑，由幾何關系得到N點的縱坐標；
（3）改變勻強電場的場強大小后，粒子進入磁場時的速度改變，將引起磁場中圓周運動半徑改變，要想仍從N點射出，必須減小圓周運動半徑，因此要減小電場強度；

解答 解：（1）粒子在電場中做勻加速運動，由動能定理可得，
$Eq•\overline{MP}=\frac{1}{2}m{v^2}$…（1）
解得：$v=\sqrt{\frac{2Eq\overline{MP}}{m}}=\sqrt{2×4.0×{10}^{3}×2×{10}^{5}×1.8}$=5.36×10⁴m/s
（2）設微粒質量為m，帶電量為q，進入磁場時速度為v，在磁場中偏轉半徑為R，則：$Bqv=\frac{{m{v^2}}}{R}$…（2）

由以上兩式及已知條件$\frac{q}{m}$=2×10⁵C/kg計算可得R=1.0m．如此可做出微粒在磁場中運動軌跡如圖1所示．利用幾何關系可得：${（\overline{OP}-R）^2}+{\overline{ON}^2}={R^2}$…（3）
將R=1m代入可得：$\overline{ON}=0.6$m…（4）
（3）若減小電場的場強，微粒有可能經(jīng)兩次偏轉后再從N點離開磁場，如圖2．設微粒在磁場中運動半徑為r，利用幾何關系得：
${（3r-\overline{OP}）^2}+{\overline{ON}^2}={r^2}$…（5）
代入數(shù)據(jù)解上式可得：
r₁=0.6m；r₂=0.75m…（6）
因：$r=\frac{mv}{qB}$…（7）
聯(lián)立（1）（7）兩式，將r₁=0.6；r₂=0.75代入后可解得：
E₁=1.44×10³V/m E₂=2.25×10³V/m …（8）
答：（1）求粒子到達P點時的速度v為5.36×10⁴m/s；
（2）N點的縱坐標為0.6m
（3）電場強度改變后的可能值為：E₁=1.44×10³V/m，E₂=2.25×10³V/m

點評 帶電離子在復合場中的運動問題是考試的熱點，找準關聯(lián)點（此處為速度相等），分階段研究粒子的運動規(guī)律，建立運動模型；此外，這部分題目運算量較大，提升了解題難度