Question

4．如圖所示，在直角坐標(biāo)系的第Ⅰ象限存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.2T，第Ⅳ象限分布著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)E=4.0×10³V/m．現(xiàn)從圖中M（1.8，-1.0）點(diǎn)由靜止釋放一比荷$\frac{q}{m}$=2×10⁵C/kg的帶正電的粒子，該粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)加速后經(jīng)x軸上的P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后經(jīng)y軸上的N點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)．不計(jì)重力，求：
（1）求粒子到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度v
（2）N點(diǎn)的縱坐標(biāo)；
（3）若僅改變勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小，粒子仍由M點(diǎn)釋放，為使粒子還從N點(diǎn)離開(kāi)場(chǎng)區(qū)，求電場(chǎng)強(qiáng)度改變后的可能值．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場(chǎng)中做勻加速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可求進(jìn)入磁場(chǎng)的初速度；
（2）在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律求得半徑，由幾何關(guān)系得到N點(diǎn)的縱坐標(biāo)；
（3）改變勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小后，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度改變，將引起磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)半徑改變，要想仍從N點(diǎn)射出，必須減小圓周運(yùn)動(dòng)半徑，因此要減小電場(chǎng)強(qiáng)度；

解答 解：（1）粒子在電場(chǎng)中做勻加速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可得，
$Eq•\overline{MP}=\frac{1}{2}m{v^2}$…（1）
解得：$v=\sqrt{\frac{2Eq\overline{MP}}{m}}=\sqrt{2×4.0×{10}^{3}×2×{10}^{5}×1.8}$=5.36×10⁴m/s
（2）設(shè)微粒質(zhì)量為m，帶電量為q，進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度為v，在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)半徑為R，則：$Bqv=\frac{{m{v^2}}}{R}$…（2）

由以上兩式及已知條件$\frac{q}{m}$=2×10⁵C/kg計(jì)算可得R=1.0m．如此可做出微粒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖1所示．利用幾何關(guān)系可得：${（\overline{OP}-R）^2}+{\overline{ON}^2}={R^2}$…（3）
將R=1m代入可得：$\overline{ON}=0.6$m…（4）
（3）若減小電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)，微粒有可能經(jīng)兩次偏轉(zhuǎn)后再?gòu)腘點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，如圖2．設(shè)微粒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半徑為r，利用幾何關(guān)系得：
${（3r-\overline{OP}）^2}+{\overline{ON}^2}={r^2}$…（5）
代入數(shù)據(jù)解上式可得：
r₁=0.6m；r₂=0.75m…（6）
因：$r=\frac{mv}{qB}$…（7）
聯(lián)立（1）（7）兩式，將r₁=0.6；r₂=0.75代入后可解得：
E₁=1.44×10³V/m E₂=2.25×10³V/m …（8）
答：（1）求粒子到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度v為5.36×10⁴m/s；
（2）N點(diǎn)的縱坐標(biāo)為0.6m
（3）電場(chǎng)強(qiáng)度改變后的可能值為：E₁=1.44×10³V/m，E₂=2.25×10³V/m

點(diǎn)評(píng) 帶電離子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題是考試的熱點(diǎn)，找準(zhǔn)關(guān)聯(lián)點(diǎn)（此處為速度相等），分階段研究粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，建立運(yùn)動(dòng)模型；此外，這部分題目運(yùn)算量較大，提升了解題難度