Question

9．如圖所示的平面直角坐標系，x軸水平，y軸豎直，第一象限內有磁感應強度大小為B，方向垂直坐標平面向外的勻強磁場；第二象限內有一對平行于x軸放置的金屬板，板間有正交的勻強電場和勻強磁場，電場方向沿y軸負方向，場強大小未知，磁場垂直坐標平面向里，磁感應強度大小也為B；第四象限內有勻強電場，電場方向與x軸正方向成45°角斜向右上方，場強大小與平行金屬板間的場強大小相同．現(xiàn)有一質量為m，電荷量為q的粒子以某一初速度進入平行金屬板，并始終沿x軸正方向運動，粒子進入第一象限后，從x軸上的D點與x軸正方向成45°角進入第四象限，M點為粒子第二次通過x軸的位置．已知OD距離為L，不計粒子重力．求：
（1）粒子運動的初速度大小和勻強電場的場強大�。�
（2）DM間的距離．（結果用m、q、v₀、L和B表示）

Answer 1

分析 （1）、帶點粒子在第二象限的金屬板之間運動時，沿x軸的正方向運動，說明帶電粒子在豎直方向上受力平衡，即受到的電場力和洛倫茲力大小相等，方向相反；帶電粒子進入第一象限后，在洛倫茲力的作用下做圓周運動，由幾何關系確定圓心，并求出軌跡的半徑，帶電粒子做圓周運動的向心力是洛倫茲力．綜上所述，列式即可求出帶電粒子的初速度和電場強度的大�。�
（2）、經對帶電粒子的受力情況和初速度的分析可知，帶電粒子在第四象限內做類平拋運動，把位移沿垂直于電場的方向和沿電場的方向進行分解，在這兩個方向上由運動學公式列式，結合幾何關系，便可求出DM的距離．

解答 解：
（1）、粒子在板間受電場力和洛倫茲力做勻速直線運動，設粒子初速度為v₀，由平衡條件有：
qv₀B=qE…①
粒子在第一象限內做勻速圓周運動，圓心為O₁，半徑為R，軌跡如圖，
由幾何關系知$R=\frac{L}{cos45°}=\sqrt{2}L$…②
由牛頓第二定律和圓周運動的向心力公式有：$q{v}_{0}B=m\frac{{{v}_{0}}^{2}}{R}$…③
由②③式解得：${v}_{0}=\frac{\sqrt{2}BqL}{m}$…④
由①④式解得：$E=\frac{\sqrt{2}{B}^{2}qL}{m}$…⑤
（2）、由題意可知，粒子從D進入第四象限后做類平拋運動，軌跡如圖，設粒子從D到M的運動時間為t，將運動分解在沿場強方向和垂直于場強的方向上，
則粒子沿DG方向做勻速直線運動的位移為：
$\overline{DG}={v}_{0}t$…⑥
粒子沿DF方向做勻加速直線運動的位移為：
$\overline{DF}=\frac{1}{2}a{t}^{2}=\frac{Eq{t}^{2}}{2m}$…⑦
由幾何關系可知：$\overline{DG}=\overline{DF}$，$\overline{DM}=\sqrt{2}\overline{DG}$…⑧
由⑤⑥⑦⑧式可解得$\overline{DM}=\frac{2{m}^{2}{{v}_{0}}^{2}}{{q}^{2}{B}^{2}L}$．
答：（1）粒子運動的初速度大小為$\frac{\sqrt{2}BqL}{m}$，勻強電場的場強大小為$\frac{\sqrt{2}{B}^{2}qL}{m}$；
（2）DM間的距離為$\frac{2{m}^{2}{{v}_{0}}^{2}}{{q}^{2}{B}^{2}L}$．

點評 1、此類型的題首先要對物體的運動進行分段，然后對物體在各段中進行正確的受力分析和運動的分析，進行列式求解．
2、洛倫茲力對電荷不做功，只是改變運動電荷的運動方向，不改變運動電荷的速度大小．
3、帶電粒子做勻速圓周運動的圓心、半徑及運動時間的確定：
①、圓心的確定：因為洛倫茲力提供向心力，所以洛倫茲力總是垂直于速度的方向，畫出帶電粒子運動軌跡中任意兩點（一般是射入磁場和射出磁場的兩點）洛倫茲力的方向，其延長線的交點即為圓心．
②、半徑的確定：半徑一般都是在確定圓心的基礎上用平面幾何的知識求解，常常用到解三角形，尤其是直角三角形．
③、運動時間的確定：利用圓心角與弦切角的關系或者四邊形的內角和等于360°計算出粒子所經過的圓心角θ的大小，用公式t=$\frac{θ}{360°}$可求出運動時間．