Question

5．如圖電場(chǎng)E，θ=45°，磁場(chǎng)B向外，質(zhì)量m，帶電+q的粒子，不計(jì)重力，從P點(diǎn)由靜止釋放，P點(diǎn)到O點(diǎn)距離為$\frac{\sqrt{2}}{2}$h，求粒子第二次過x軸時(shí)的橫坐標(biāo)x的值，及第三次到x軸所需時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做功，W=qEd，$d=\sqrt{2}y$，帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡是$\frac{1}{4}$圓，$△x=\sqrt{2}r$；注意幾何關(guān)系的正確應(yīng)用．
（2）帶電粒子第二次進(jìn)入電場(chǎng)后，沿速度的方向與垂直于速度的方向建立坐標(biāo)系，帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)．根據(jù)各段過程用時(shí)求得總時(shí)間．

解答 解：（1）由幾何關(guān)系可知，粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的位移
d=$\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}}{sin45°}$h=1h；
電場(chǎng)力對(duì)帶電粒子做功等于粒子動(dòng)能的變化，即：
$qEd=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$，
得v₀=$\sqrt{\frac{2Eqh}{m}}$
帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡是$\frac{1}{4}$圓，如圖，$△x=\sqrt{2}r$；

洛倫茲力提供粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則：$q{v}_{0}B=\frac{m{v}_{0}^{2}}{r}$
得：$△x=\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qB}$=$\frac{2\sqrt{mEqh}}{Bq}$；
所以：x₂=x₁+△x=$\frac{\sqrt{2}}{2}$h+$\frac{2\sqrt{mEqh}}{Bq}$
（3）帶電粒子第一次在電場(chǎng)中時(shí)：$d=\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}=\frac{qE}{2m}•{t}_{1}^{2}$
解得：${t}_{1}=\frac{m{v}_{0}}{qE}$；
帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期：2πr=v•T，
運(yùn)動(dòng)的時(shí)間：${t}_{2}=\frac{T}{4}=\frac{πm}{2qB}$
帶電粒子第二次進(jìn)入電場(chǎng)后，沿速度的方向與垂直于速度的方向建立坐標(biāo)系x′y′，帶電粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)如圖．
則：x′=v₀t₃；$y′=\frac{1}{2}a{t}_{3}^{2}=\frac{qE}{2m}•{t}_{3}^{2}$；
又：x′=y′；
解得：${t}_{3}=\frac{2m{v}_{0}}{qE}$
粒子從P點(diǎn)釋放到第三次到達(dá)x軸所用的時(shí)間：$t={t}_{1}+{t}_{2}+{t}_{3}=\frac{3m{v}_{0}}{qE}+\frac{πm}{2qB}$=$\frac{3\sqrt{2Emqh}}{Eq}$+$\frac{πm}{2qB}$
答：（1）粒子第二次經(jīng)過x軸時(shí)的橫坐標(biāo)x的值$\frac{\sqrt{2}}{2}$h+$\frac{2\sqrt{mEqh}}{Bq}$；
（2）粒子從P點(diǎn)釋放到第三次到達(dá)x軸所用的時(shí)間：$\frac{3\sqrt{2Emqh}}{Eq}$+$\frac{πm}{2qB}$．

點(diǎn)評(píng) 帶電粒子的運(yùn)動(dòng)分別是勻加速直線運(yùn)動(dòng)、勻速圓周運(yùn)動(dòng)和類平拋運(yùn)動(dòng)，帶電粒子第二次進(jìn)入電場(chǎng)后，沿速度的方向與垂直于速度的方向建立坐標(biāo)系x′y′來分析粒子的運(yùn)動(dòng)是解決該題的關(guān)鍵，要求有較強(qiáng)的分析問題的能力和知識(shí)的遷移能力．屬于比較難的題目．