Question

2．在地面附近的豎直平面內，有如圖所示足夠大的電磁場區(qū)域，虛線MN上方，有電場強度為E₁的豎直向下的勻強電場，虛線與水平面的夾角θ=45°，虛線下方有電場強度為E₂的豎直向上的勻強電場和垂直于豎直紙面向里的勻強磁場，已知E₂=E₁，勻強磁場的磁感應強度大小B=0.1T，從圖中A點沿水平方向同時向左發(fā)射兩個比荷相同的帶正電質點甲和乙，比荷$\frac{q}{m}$=100c/kg，甲，乙質點的初速度分別v₁=10m/s和v₂=20m/s，它們進入虛線下方后均恰好做勻速圓周運動，經下方電磁場區(qū)域偏轉后到達虛線MN上的P、Q兩點，（P、Q兩點圖中未標出）求：

（1）電場強度E₁的大小
（2）設甲質點打在MN上時速度方向與MN的夾角為α，且sinα=$\frac{1}{\sqrt{10}}$，則甲質點從A到P的位移大小為多少？
（3）甲、乙兩質點到P、Q的時間差．

Answer 1

分析 （1）抓住粒子在下半區(qū)域內做勻速圓周運動，知電場力和重力平衡，結合平衡求出電場強度的大�。�
（2）根據牛頓第二定律求出類平拋運動的加速度，結合豎直位移和水平位移關系求出運動的時間，從而得出下降的高度，從而求出甲質點第一次打到MN上時，離A點距離，根據平行四邊形定則求出進入磁場的速度，根據半徑公式求出粒子在復合場中做勻速圓周運動的半徑，根據幾何關系求出第二次到達MN和第一次經過MN兩位置間距離，從而得出甲質點從A到P的位移大小．
（3）根據類平拋運動求出乙質點在上半區(qū)域做類平拋時間，從而得出甲、乙兩質點到P、Q的時間差．

解答 解：（1）因為質點能在下半區(qū)域做勻速圓周運動，有：qE₂=mg，
E₁=E₂，
求得：${E}_{1}=\frac{mg}{q}=0.1N/C$．
（2）質點首先在上半區(qū)域做類平拋運動，設加速度為a，有：
a=$\frac{q{E}_{1}+mg}{m}=2g$，
設甲質點在上半區(qū)域做類平拋時間為t₁，有：$tan45°=\frac{\frac{1}{2}a{{t}_{1}}^{2}}{{v}_{1}{t}_{1}}$，
求得：${t}_{1}=\frac{2{v}_{1}}{a}tan45°=\frac{2×10}{20}×1s=1s$，
設甲質點做類平拋運動的豎直高度為h₁，得：
${h}_{1}=\frac{1}{2}a{{t}_{1}}^{2}=\frac{1}{2}×20×1m=10m$，
所以甲質點第一次打到MN上時，離A點距離x₁為：${x}_{1}=\frac{{h}_{1}}{sin45°}=\frac{10}{\frac{\sqrt{2}}{2}}m=10\sqrt{2}m$，
甲質點打在MN上的速度v為：$v=\sqrt{{{v}_{1}}^{2}+（a{t}_{1}）^{2}}$=$\sqrt{100+400}m/s=10\sqrt{5}m/s$．
設甲質點在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，有：$qvB=m\frac{{v}^{2}}{r}$，
求得：$r=\frac{mv}{qB}=\frac{10\sqrt{5}}{100×0.1}m=\sqrt{5}m$，
所以第二次到達MN和第一次經過MN兩位置間距離為：x₂=2rsinα=$2\sqrt{5}×\frac{1}{\sqrt{10}}=\sqrt{2}m$．
求得PA之間位移大小為：$△x={x}_{1}-{x}_{2}=10\sqrt{2}-\sqrt{2}m=9\sqrt{2}m$．
（3）同理得乙質點在上半區(qū)域做類平拋時間為t₂=2s，
兩質點在磁場區(qū)域運動的時間相等，所以到達P、Q時間差為：△t=t₂-t₁=2-1s=1s．
答：（1）電場強度E₁的大小為0.1N/C．
（2）甲質點從A到P的位移大小為$9\sqrt{2}m$．
（3）甲、乙兩質點到P、Q的時間差為1s．

點評 本題考查了帶電粒子在復合場中的運動，知道粒子做勻速圓周運動時，電場力和重力平衡，掌握處理類平拋運動的方法，關鍵理清兩個分運動的規(guī)律，結合牛頓第二定律和運動學公式綜合求解．