Question

5．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，第Ⅰ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，第Ⅳ象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的半有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，虛線為平行于y軸的磁場左邊界．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，從y軸上y=h處的M點，以速度v₀垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上x=2h處的P點進(jìn)入磁場，最后以垂直于y軸的方向從Q點（圖中未畫出）射出磁場．不計粒子重力．求：
（1）電場強(qiáng)度E的大小和粒子射入磁場時速度v的大小和方向；
（2）粒子從進(jìn)入電場到離開磁場經(jīng)歷的總時間t；
（3）Q點的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式求出電場強(qiáng)度的大小，根據(jù)動能定理求出粒子進(jìn)入磁場時的速度大小，通過平行四邊形定則求出速度的方向．
（2）根據(jù)運動學(xué)公式求出粒子在電場中做類平拋運動的時間，結(jié)合粒子在磁場中運動的周期公式，通過圓心角求出在磁場中運動的時間，從而得出總時間．
（3）根據(jù)半徑公式求出粒子在磁場中做圓周運動的半徑，結(jié)合幾何關(guān)系求出Q點的坐標(biāo)．

解答 解：（1）粒子運動的軌跡如圖所示
粒子在電場中x，y方向的運動：2h=v₀t₁，h=$\frac{1}{2}a{{t}_{1}}^{2}$，
根據(jù)牛頓第二定律：Eq=ma，
得：E=$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{2qh}$．
根據(jù)動能定理：$qE=\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$，
解得：v=$\sqrt{2}{v}_{0}$．
$cosα=\frac{{v}_{0}}{v}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
解得：α=45°．
（2）設(shè)粒子在電場中運動的時間為t₁，則有：${t}_{1}=\frac{2h}{{v}_{0}}$，
粒子在磁場中運動的周期為：T=$\frac{2πr}{v}=\frac{2πm}{qB}$，
設(shè)粒子射入磁場時與x軸成α角，在磁場中運動的圓弧所對圓心角為β，由幾何關(guān)系得：
β=135°                            
所以粒子在磁場中運動的時間為：${t_2}=\frac{3}{8}T$，
總時間為：$t={t}_{1}+{t}_{2}=\frac{2h}{{v}_{0}}+\frac{3πm}{4qB}$．
（3）根據(jù)$qvB=m\frac{{v}^{2}}{r}$，
得：r=$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qB}$．
y=r+rsin45°=$\frac{（1+\sqrt{2}）m{v}_{0}}{qB}$，
x=2h-rcos45°=$2h-\frac{m{v}_{0}}{qB}$．
答：（1）電場強(qiáng)度E的大小為$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{2qh}$；粒子射入磁場時速度v的大小為$\sqrt{2}{v}_{0}$，方向與x軸成45度角．
（2）粒子從進(jìn)入電場到離開磁場經(jīng)歷的總時間t為$\frac{2h}{{v}_{0}}+\frac{3πm}{4qB}$．
（3）Q點的坐標(biāo)為為（$2h-\frac{m{v}_{0}}{qB}$，-$\frac{（1+\sqrt{2}）m{v}_{0}}{qB}$）

點評 粒子在電場中運動偏轉(zhuǎn)時，常用能量的觀點來解決問題，有時也要運用運動的合成與分解．粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心、半徑及運動時間的確定也是本題的一個考查重點，要正確畫出粒子運動的軌跡圖，能熟練的運用幾何知識解決物理問題．