Question

14．如圖所示，第一、四象限內(nèi)存在一勻強電場，其方向如圖所示．第二象限內(nèi)有垂直紙面向外磁感應強度為B的勻強磁場，一個質(zhì)量為m，電荷量為+q（不計重力） 的帶電粒子從x軸上的A點以初速度v₀沿垂直于磁感線方向進入勻強磁場中，初速度方向與x軸負方向的夾角θ=30°粒子恰好從 y軸上的P點垂直于電場線的方向射入勻強電場，經(jīng)過x軸上的C點再到達 y軸上的D點，已知AO=OC（P、D兩點圖中未標出 ），
求：
（1）勻強電場的電場強度E的大小；
（2）粒子到達D點的速度大小及從A運動到D所用的時間．

Answer 1

分析 （l）粒子在磁場中做的是勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出軌跡半徑．粒子進入電場后做類平拋運動，在豎直方向上做的是勻加速直線運動，根據(jù)粒子勻加速運動的位移可以求得勻強電場的場強的大�。�
（2）根據(jù)平行于電場線和垂直于電場線兩個方向的分位移公式，求出分位移，得到時間，由動能定理求粒子到達D點的速度大小．
在磁場中，根據(jù)粒子的運動的軌跡可以求得粒子的運動的時間，即可得到總時間．

解答  解：（1）設粒子在磁場中圓周運動的半徑為R．
由牛頓第二定律得 qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$，則 R=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$
在電場中，粒子做類平拋運動，沿電場線方向有分位移：y=R=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
根據(jù)牛頓第二定律得 a=$\frac{qE}{m}$
平行于電場線方向有 x=2Rcos30°=v₀t；
由以上各式聯(lián)立得 E=$\frac{2B{v}_{0}}{3}$．
（2）平行于電場線方向的位移 y=$\frac{1}{2}a{t}_{2}^{2}$
垂直于電場線方向的位移 x=ytan30°=v₀t₂；
聯(lián)立得 y=$\frac{9m{v}_{0}}{qB}$，t₂=$\frac{3\sqrt{3}m}{qB}$
由動能定理得
  qEy=$\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得 v=$\sqrt{13}{v}_{0}$
故從A運動到D所用的時間為 t=$\frac{1}{2}T$+t₂=$\frac{πm}{qB}$+$\frac{3\sqrt{3}m}{qB}$=$\frac{m}{qB}$（$π+3\sqrt{3}$）
答：
（1）勻強電場的電場強度E的大小為$\frac{2B{v}_{0}}{3}$；
（2）粒子到達D點的速度大小為$\sqrt{13}{v}_{0}$，從A運動到D所用的時間為$\frac{m}{qB}$（$π+3\sqrt{3}$）．

點評 粒子先做的是勻速圓周運動，后在電場中做類平拋運動，根據(jù)勻速圓周運動和類平拋運動的規(guī)律可以分別求得．