Question

7．在平面直角坐標系xoy內(nèi)，第一、第三象限有大小相等、垂直平面向里的勻強磁場，第二象限有平行于平面沿-x方向的勻強電場E₂，第四象限有平行于平面沿+x方向的勻強電場E₁．一質(zhì)量為m，電量為-q的帶電粒子（不計重力），從x軸上的（l，0）點以速度v₀沿-y方向進入第四象限的電場中，后由x軸上的某點D沿+y方向進入第二象限的電場中，最后從x軸上的某點Q沿-y方向再度進入第四象限．已知E₁=$\frac{3m{{v}_{0}}^{2}}{2ql}$，E₂=2E₁．求：
（1）磁感應強度B的大小；
（2）帶電粒子從第一象限進入第四象限時Q點的坐標；
（3）帶電粒子第一次經(jīng)過全部四個象限的時間．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，應用類平拋運動規(guī)律與牛頓第二定律可以求出磁感應強度．
（2）粒子在電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律與幾何知識可以求出粒子坐標位置．
（3）求出粒子在電場與磁場中的運動時間，然后求出粒子總的運動時間．

解答 解：粒子運動軌跡如圖所示：
（1）帶電粒子在第四象限中做類平拋運動，由$\frac{1}{2}•\frac{3m{{v}_{0}}^{2}}{2ql}•\frac{q}{m}{{t}_{1}}^{2}=l$
得：${t}_{1}=\sqrt{\frac{4{l}^{2}}{3{{v}_{0}}^{2}}}=\frac{2\sqrt{3}l}{3{v}_{0}}$
${v}_{x}=\frac{3m{{v}_{0}}^{2}}{2ql}•\frac{q}{m}{{t}_{1}}^{\;}=\sqrt{3}{v}_{0}$
速度為：${v}_{1}=\sqrt{{{v}_{0}}^{2}+{{v}_{x}}^{2}}=2{v}_{0}$
v₁與x軸的夾角有：$ta{nθ}_{1}=\frac{{v}_{0}}{{v}_{x}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
即：θ₁=30°
$QA={v}_{0}{t}_{1}=\frac{2\sqrt{3}}{3}l$
$O{O}_{2}=OAtan30°=\frac{2}{3}l$
圓周半徑${O}_{2}A=2O{O}_{2}=\frac{4}{3}L$
故$\frac{4l}{3}=\frac{m2{v}_{0}}{Bq}$
解得：$B=\frac{3m{v}_{0}}{2ql}$
（2）由幾何知識可知：OD=2l，在第二象限中做類平拋運動，由$\frac{1}{2}•\frac{3m{{v}_{0}}^{2}}{ql}•\frac{q}{m}{{t}_{2}}^{2}=2l$
得：${t}_{2}=\sqrt{\frac{4{l}^{2}}{3{{v}_{0}}^{2}}}=\frac{2\sqrt{3}l}{3{v}_{0}}$
${v}_{x}′=\frac{3m{{v}_{0}}^{2}}{ql}•\frac{q}{m}{{t}_{1}}^{\;}=2\sqrt{3}{v}_{0}$
${v}_{2}=\sqrt{{{v}_{1}}^{2}+{{v}_{x}′}^{2}}=4{v}_{0}$ 
方向與x軸正向成θ₂=30°
$GO=2×2ltan30°=\frac{4\sqrt{3}l}{3}$
圓周半徑${O}_{3}G=\frac{GO}{cos30°}=\frac{8}{3}l$
$O{O}_{3}=GOtan30°=\frac{4}{3}l$
故：OQ=4l，即Q點的坐標為（4l，0）；
（3）從P點到Q的時間為：t=2×$\frac{120°}{360°}×\frac{2πm}{Bq}+{t}_{1}+{t}_{2}=\frac{4l}{{9v}_{0}}（3\sqrt{3}+2π）$．
答：（1）磁感應強度B的大小為$\frac{3m{v}_{0}}{2ql}$；
（2）帶電粒子從第一象限進入第四象限時Q點的坐標為（4l，0）；
（3）帶電粒子第一次經(jīng)過全部四個象限的時間為$\frac{4l}{{9v}_{0}}（3\sqrt{3}+2π）$．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、應用類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律即可正確解題，解題時注意幾何知識的應用．