Question

12．如圖所示，在直角坐標系的第Ⅰ、Ⅱ象限分布著方向水平向左的勻強電場，Ⅲ、Ⅳ象限分布著豎直向上的勻強電場，電場強度大小相等．Ⅲ、Ⅳ象限還分布著垂直紙面向里、磁感應強度為B=$\sqrt{2}$T的勻強磁場．現(xiàn)從電場中A（0.4m，0.4m）點由靜止釋放一質量m=0.1kg，q=0.5C的帶正電微粒，該微粒第一次進入磁場時恰過O點，g=10m/s²，求：
（1）勻強電場的電場強度E的大小；
（2）微粒進入磁場做何運動，第一次離開磁場時的位置B坐標及從A到B點所用時間；
（3）微粒第一、二次射入磁場位置間距離．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)微粒從A由靜止運動到O點，結合微粒受到電場力與重力，即可判定運動情況，再依據(jù)F=qE，即可求解電場強度；
（2）根據(jù)電場力等于重力，則有微粒進入磁場后，由洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運動，結合進入的速度大小與方向，并由半徑公式，從而求得B坐標，再由周期公式，結合圓弧對應的圓心角，即可求解；
（3）根據(jù)電場力與重力大小與方向，從而確定微粒的運動情況，進而確定微粒第二次進入磁場的位置，最后求得兩者間距．

解答 解：（1）微粒由A點靜止運動到O點，因A坐標（0.4m，0.4m），
因此可判定微粒做勻加速直線運動，且重力大小等于電場力，
即mg=qE，
解得：E=$\frac{mg}{q}$=$\frac{0.1×10}{0.5}$=2V/m；
（2）根據(jù)帶正電微粒，當進入磁場時，則受到豎直向上的電場力，與重力恰好平衡，
那么受到洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運動，
由運動學公式，微粒進入磁場的速度v=$\sqrt{2ax}$=$\sqrt{2×\sqrt{2}g×0.4\sqrt{2}}$=4m/s；
且速度方向與x軸夾角為45°；
根據(jù)半徑公式r=$\frac{mv}{qB}$=$\frac{0.1×4}{0.5×\sqrt{2}}$=0.4$\sqrt{2}$m
由于微粒以45°進入磁場，則在磁場中運動軌跡為$\frac{3}{4}$圓，
那么OB間距為d=$\sqrt{2}$r=0.8m
即第一次離開磁場時的位置B坐標（0.8，0）
從O到B點所用時間t₂=$\frac{3}{4}T$=$\frac{3}{4}×\frac{2π×0.1}{0.5×\sqrt{2}}$≈0.67s；
而從A到O點的時間為t₁=$\frac{v}{a}=\frac{4}{\sqrt{2}×10}$=0.28s
因此從A到B點所用時間t=0.67+0.28=0.95s
（3）當微粒以4m/s的速度與x軸夾角為45°，進入電場后，受到與速度方向垂直，大小為$\sqrt{2}$g加速度做類平拋運動，將運動分解成豎直方向與水平方向，
則有：v_y=gt
解得：t=$\frac{4×\frac{\sqrt{2}}{2}}{10}$=0.2$\sqrt{2}$s；
因此在電場力方向，發(fā)生位移為x=v_xt+$\frac{1}{2}a{t}^{2}$=$2\sqrt{2}×0.2\sqrt{2}+\frac{1}{2}×10×（0.2\sqrt{2}）^{2}$=1.2m
那么第一、二次射入磁場位置間距離為△d=1.2-0.8=0.4m
答：（1）勻強電場的電場強度E的大小2V/m；
（2）微粒進入磁場做勻速圓周運動，第一次離開磁場時的位置B坐標（0.8m，0）
及從A到B點所用時間0.95s；
（3）微粒第一、二次射入磁場位置間距離0.4m．

點評 本題重點是畫出帶電粒子的運動軌跡，當是類平拋運動時，則可分解成沿電場強度方向是勻加速，垂直電場強度方向是勻速．當是圓周運動時，可由幾何關系去找到已知長度與半徑的關系，最終能求出結果．