Question

10．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)方向的勻強電場，其他區(qū)域存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強磁場．有一質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點沿著x軸正方向以初速度v₀射入電場，運動一段時間后經(jīng)過Q點垂直于射線OA進(jìn)入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)，過y軸正半軸上的M點再次垂直進(jìn)入勻強電場．已知OQ=$\frac{4}{5}$h，不計粒子重力，求：
（1）粒子經(jīng)過Q點時的速度大��；
（2）電場強度E和磁場磁感應(yīng)強度B的大��；
（3）粒子從Q點運動到M點所用的時間．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，將Q點的速度進(jìn)行分解，抓住水平分速度不變，從而求出Q點的速度大�。�
（2）粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律與牛頓第二定律可以求出電場強度與磁感應(yīng)強度．
（3）求出粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角，然后根據(jù)粒子做圓周運動的周期公式求出粒子的運動時間．

解答 解：（1）粒子在電場中做類平拋運動，
到達(dá)Q點時的速度：v_Q=$\frac{{v}_{0}}{sin30°}$=2v₀；
（2）粒子在電場中做類平拋運動，
水平方向：OQcos30°=$\frac{4}{5}$hcos30°=v₀t，t=$\frac{2\sqrt{3}h}{5{v}_{0}}$，
豎直方向：v_y=v_Qcos30°=$\sqrt{3}$v₀=$\frac{qE}{m}$t，解得：E=$\frac{5m{v}_{0}^{2}}{2qh}$，
粒子在磁場中做勻速圓周運動，由幾何知識得：r=OQ=$\frac{4}{5}$h，
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qv_QB=m$\frac{{v}_{Q}^{2}}{r}$，解得：B=$\frac{5m{v}_{0}}{2qh}$；
（3）粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{4πh}{5{v}_{0}}$，
粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角：α=360°-（90°-30°）=300°，
粒子從Q點運動到M點所用的時間：t=$\frac{α}{360°}$T=$\frac{2πh}{3{v}_{0}}$；
答：（1）粒子經(jīng)過Q點時的速度大小為2v₀；
（2）電場強度E的大小為$\frac{5m{v}_{0}^{2}}{2qh}$，磁場磁感應(yīng)強度B的大小為$\frac{5m{v}_{0}}{2qh}$；
（3）粒子從Q點運動到M點所用的時間為$\frac{2πh}{3{v}_{0}}$．

點評 本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律可以解題，解題時注意幾何知識的應(yīng)用．