Question

10．如圖所示，在坐標(biāo)系xOy的第一、第三象限內(nèi)存在相同的勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于xOy平面向里；第四象限內(nèi)有平行xOy平面的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小為E．一帶電量為+q、質(zhì)量為m的粒子，自y軸上的P點由靜止釋放后，僅在電場力作用下經(jīng)x軸上的Q點進(jìn)入第一象限，隨即撤去電場，以后僅保留磁場．已知OP=OQ=$\sqrt{2}$d．不計粒子重力．
（1）求粒子過Q點時速度的大小和方向．
（2）若磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為一確定值B₀，粒子將以垂直y軸的方向進(jìn)入第二象限，求B₀．
（3）若磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為另一確定值，經(jīng)過一段時間后粒子將再次經(jīng)過Q點，且速度與第一次過Q點時相同，求該粒子相鄰兩次經(jīng)過Q點所用的時間．

Answer 1

分析 （1）粒子在第四象限的電場中做類平拋運(yùn)動，將運(yùn)動安水平方向與豎直方向分解，并結(jié)合動能定理可以求出粒子的速度和方向．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，作出粒子的運(yùn)動軌跡，由數(shù)學(xué)知識求出粒子的軌道半徑；洛倫茲力提供粒子做圓周運(yùn)動的向心力，由牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度．
（3）求出粒子在磁場中的運(yùn)動時間，求出粒子在二四象限運(yùn)動的時間，然后求出粒子總的運(yùn)動時間．

解答 解：（1）設(shè)粒子過Q點時速度的大小為v，對P→Q過程，由動能定理得：$Eq•2d=\frac{1}{2}m{v^2}$…①
解得：$v=2\sqrt{\frac{Eqd}{m}}$…②
方向與+x方向成θ=45°  角
（2）設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R₁，粒子在第一象限的運(yùn)動軌跡如圖所示，

O₁為圓心，由幾何關(guān)系可知△O₁OQ為等腰直角三角形，得：
R₁=2d…③
洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB₀=$m\frac{v^2}{R_1}$…④
聯(lián)立②③④式得：${B_0}=\sqrt{\frac{mE}{qd}}$
（3）設(shè)粒子做圓周運(yùn)動的半徑為R₂，粒子運(yùn)動的軌跡如圖所示，

由幾何分析可知，粒子在第一、第三象限的軌跡均為半圓，得：
R₂=d…⑤
粒子在第二、第四象限的軌跡為長度相等的線段，得：
FG=PQ=2R₂…⑥
設(shè)粒子相鄰兩次經(jīng)過Q點所用的時間為t，則有：$t=\frac{{FG+PQ+2π{R_2}}}{v}$…⑦
聯(lián)立②⑤⑥⑦式得：t=（2+π） $\sqrt{\frac{md}{Eq}}$
答：（1）粒子過Q點時速度的大小$v=2\sqrt{\frac{qEd}{m}}$，與水平方向的夾角θ=45°；
（2）粒子以垂直y軸的方向進(jìn)入第二象限時${B_0}=\sqrt{\frac{mE}{qd}}$；
（3）粒子相鄰兩次經(jīng)過Q點所用的時間為（2+π） $\sqrt{\frac{md}{Eq}}$．

點評 本題是帶電粒子在電場、磁場中運(yùn)動的綜合題，根據(jù)題意作出粒子的運(yùn)動軌跡．應(yīng)用數(shù)學(xué)知識求出粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌道半徑、粒子轉(zhuǎn)過的圓心角，是本題的難點，也是正確解題的關(guān)鍵．