Question

9．如圖所示，在坐標(biāo)平面的第Ⅰ象限內(nèi)有水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)E=1.0×10³V/m，第Ⅱ象限內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B=0.4T，一荷質(zhì)比為$\frac{q}{m}$=1.0×10⁵C/Kg的帶正電粒子，從x軸上的P點(diǎn)以初速度v₀垂直x軸進(jìn)入磁場(chǎng)，已知P與原點(diǎn)O之間的距離為L(zhǎng)=0.1m，粒子恰好到達(dá)O點(diǎn)而不進(jìn)入電場(chǎng)，不計(jì)重力．求：
（1）帶電粒子的初速度v₀
（2）若帶電粒子的初速度方向不變，大小為原來(lái)的2倍，粒子第三次到達(dá)y軸的位置為N，求粒子從P到N的時(shí)間t和總路程S．（結(jié)果取兩位有效數(shù)）

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求出粒子的速度．
（2）帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)中做運(yùn)變速直線運(yùn)動(dòng)，求出粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期，由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，最后求出粒子的總運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

解答 解：（1）粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)有：$qvB=m\frac{v_0^2}{r}$…①
恰好到O點(diǎn)，由圖知：$r=\frac{L}{2}$…②
由①②代入數(shù)據(jù)解得：v₀=2×10³m/s；
（2）粒子速度為$v=2{v_0}=4×{10^3}m/s$時(shí)，
由①知：粒子在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為：$r=\frac{mv}{qB}$=0.1m，
粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖，粒子恰好垂直y軸進(jìn)入電場(chǎng)勻減速運(yùn)動(dòng)，再返回．
設(shè)勻減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，路程為l，時(shí)間為t₁，則：$a=\frac{qE}{m}$…③
 $l=\frac{v^2}{2a}$…④
${t_1}=\frac{v}{a}$…⑤，
由③④⑤解得：${t_1}=4.0×{10^{-5}}s$，l=0.08m，
出電場(chǎng)后第二次過(guò)y軸進(jìn)入磁場(chǎng)仍做圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡為一半圓，如圖所示．
由牛頓第二定律得：$qvB=m{（\frac{2π}{T}）^2}r$ 
解得：$T=\frac{2πm}{qB}$…⑥，
故從P到N整個(gè)過(guò)程的時(shí)間：$t=\frac{3}{4}T+2{t_1}=2.0×{10^{-4}}s$…⑦
路程：S=$\frac{3}{4}×2πr$+2l=0.63m；…⑧；
答：（1）帶電粒子的初速度為2×10³m/s．
（2）粒子從P到N的時(shí)間為2×10^-4s，總路程為0.63m．

點(diǎn)評(píng) 本題是一道電磁學(xué)綜合題，中等難度，以磁場(chǎng)和電場(chǎng)分開(kāi)組合，不考復(fù)合場(chǎng)是為了降低難度．涉及到勻速圓周運(yùn)動(dòng)、在電場(chǎng)中的勻變速運(yùn)動(dòng)．考查考生按物理過(guò)程進(jìn)行階段劃分，受力分析等基本物理素養(yǎng)和分析推理能力．