Question

如圖所示，在xoy平面直角坐標(biāo)系的第一象限有射線OA，OA與x軸正方向夾角為30°，OA與y軸所夾區(qū)域內(nèi)有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)E₁，第二象限存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)E₂，其它區(qū)域存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．有一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點(diǎn)沿著x軸正方向以初速度v₀射入電場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后經(jīng)過Q點(diǎn)垂直于射線OA進(jìn)入磁場(chǎng)，經(jīng)磁場(chǎng)垂直x軸進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)E₂，過y軸正半軸上的P點(diǎn)再次進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)E₁，已知OP=h，不計(jì)粒子重力，求：
（1）粒子經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)的速度大小；
（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度E₁的大��；
（3）粒子從Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間．

Answer 1

分析：帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，將Q點(diǎn)的速度進(jìn)行分解，抓住水平分速度不變，從而求出Q點(diǎn)的速度大�。�
根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，利用x和y方向上位移公式，結(jié)合牛頓第二定律聯(lián)立列式求解場(chǎng)強(qiáng)E₁的大小．
粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)間包括粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間和粒子在電場(chǎng)E₂中類平拋時(shí)間．

解答：解：（1）粒子類平拋到Q點(diǎn)時(shí)，速度設(shè)為v，則v=

v0

sin30°

=2v₀
（2）由P到Q，根據(jù)類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有：
x方向上，OQcos30°=v₀t
y方向上，h-OQsin30°=

1

2

at2
qE₁=ma
v_y=vcos30°=at
聯(lián)立解得：E₁=

5m v 2 0

2qh

   OQ=

4

5

h
（3）粒子以O(shè)為圓心作勻速圓周運(yùn)動(dòng)OQ=r=

mv

qB

，T=

2πm

qB

在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t₁=

π+θ

2π

T=

7πh

15v0

在電場(chǎng)E₂中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t₂=

OP

v

=

h

2v0

Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間t=t₁+t₂=

7πh

15v0

+

h

2v0

答：（1）粒子經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)的速度大小為2v₀；
（2）勻強(qiáng)電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度E₁的大小為

5m v 2 0

2qh

；
（3）粒子從Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)所用的時(shí)間為

7πh

15v0

+

h

2v0

．

點(diǎn)評(píng)：帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)要注意分析過程，并結(jié)合各過程中涉及到的運(yùn)動(dòng)規(guī)律采用合理的物理規(guī)律求解．