Question

8．如圖所示，在直角坐標系的第一、二象限內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場，第三象限有沿y軸負方向的勻強電場，第四象限內(nèi)無電場和磁場．質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子從M點以速度v0沿x軸負方向進入電場，不計粒子的重力，粒子經(jīng)N、P最后又回到M點．設OM=L，ON=2L，求：
（1）電場強度E的大��；
（2）勻強磁場磁感應強度B的大小和方向；
（3）求粒子全過程所用的時間．

Answer 1

分析 （1）分析帶電粒子的運動情況：電子在電場中，受到豎直向上的電場力而做類平拋運動（或勻變速曲線運動）；根據(jù)粒子受力的方向與電場線方向的關系判斷出粒子的電性；根據(jù)平拋運動的規(guī)律求出電場強度；
（2）根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律求出粒子在y方向的分速度，然后使用平行四邊形定則求出帶電粒子到達N點時的速度大小和方向；進入磁場做勻速圓周運動； 畫出軌跡，根據(jù)圖象中的幾何關系求得圓周運動的半徑；根據(jù)洛倫茲力提供向心力，寫出動力學的方程，求得磁場的強度；
（3）粒子先在電場中做類平拋運動，然后在磁場中做圓周運動，離開磁場后做勻速直線運動，求出各段的運動時間，然后求出總的運動時間．磁場中根據(jù)軌跡的圓心角α，由t=$\frac{α}{2π}$求時間．由幾何知識得到勻速直線運動的距離，即可求出勻速運動的時間．再根據(jù)幾何知識求出磁場中運動的半徑，求出T，即可求得總時間．

解答 解：（1）粒子從M至N運動過程粒子逆著電場線的方向發(fā)生偏轉(zhuǎn)，
說明受力的方向與電場線的方向相反，所以粒子帶負電．
粒子從M至N運動過程做類平拋運動，有：L=$\frac{1}{2}$at₁²…①
加速度：a=$\frac{qE}{m}$…②
運動時間：t₁=$\frac{2L}{{v}_{0}}$…③
由①②③得電場強度：E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qL}$…④
（2）到達N時：v_y=at₁
設v_N與x成θ角tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=1，所以：θ=45°
帶電粒子到N點速度：v_N=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{2}$v₀…⑤
帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖所示，由左手定則可得：粒子帶負電荷．
圓心在O′處，設半徑為R，由幾何關系知帶電粒子過P點的速度方向與x成45°角，
則OP=OM=L，則R=$\frac{3L}{\sqrt{2}}$…⑥
由牛頓第二定律得：qv_NB=m$\frac{{v}_{N}^{2}}{R}$…⑦
由⑥⑦解得：B=$\frac{2m{v}_{0}}{3qL}$，由左手定則可知，方向垂直于紙面向里；
（3）由圖可知，粒子在磁場中運動的圓弧的圓心角為270°，
設運動的時間為t₂，則：t₂=$\frac{3}{4}$$\frac{2πR}{{v}_{N}}$=$\frac{9πL}{4{v}_{0}}$，
電子從P點到M點做勻速直線運動，設運動的時間為t₃：t₃=$\frac{\sqrt{2}OM}{{v}_{N}}$=$\frac{\sqrt{2}L}{\sqrt{2}{v}_{0}}$=$\frac{L}{{v}_{0}}$，
故總時間為：t_總=t₁+t₂+t₃=$\frac{2L}{{v}_{0}}$+$\frac{9πL}{4{v}_{0}}$+$\frac{L}{{v}_{0}}$=（3+$\frac{9π}{4}$）$\frac{L}{{v}_{0}}$…⑧
答：（1）電場強度E的大小為：$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qL}$；
（2）勻強磁場的磁感應強B的大小為：$\frac{2m{v}_{0}}{3qL}$，方向：垂直于紙面向里；
（3）粒子從M點進入電場，經(jīng)N、P點最后又回到M點所用的時間為：（3+$\frac{9π}{4}$）$\frac{L}{{v}_{0}}$．

點評 熟悉類平拋運動的處理方式，把平拋運動分解成相互垂直方向的勻速直線運動和初速度為0的勻加速直線運動，通過分運動的處理得到合運動的性質(zhì)．畫出軌跡，運用幾何知識求出磁場中運動的半徑，即可求出時間．