Question

1．如圖所示的xoy坐標(biāo)系中，x軸上方，y軸與MN之間區(qū)域內(nèi)有沿x軸正向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)的大小${E_1}=1.5×{10^5}$N/C；x軸上方，MN右側(cè)足夠大的區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.2T．在原點(diǎn)O處有一粒子源，沿紙面向電場(chǎng)中各方向均勻地射出速率均為${v_0}=1.0×{10^6}$m/s的某種帶正電粒子，粒子質(zhì)量m=6.4×10^-27kg，電荷量q=3.2×10^-19C，粒子可以無阻礙地通過邊界MN進(jìn)入磁場(chǎng)．已知ON=0.2m．不計(jì)粒子的重力，圖中MN與y軸平行．求：
（1）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大��；
（2）求沿y軸正方向射出的粒子第一次到達(dá)坐標(biāo)軸時(shí)的坐標(biāo)；
（3）若在MN右側(cè)磁場(chǎng)空間內(nèi)加一在xoy平面內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)E₂，從O點(diǎn)出發(fā)的一粒子經(jīng)MN上的某點(diǎn)P進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，又先后經(jīng)過了橫坐標(biāo)分別為0.5m、0.3m的A、C兩點(diǎn)，如圖所示，已知粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能等于粒子在O點(diǎn)動(dòng)能的7倍，粒子在C點(diǎn)的動(dòng)能等于粒子在O點(diǎn)動(dòng)能的5倍，求所加電場(chǎng)強(qiáng)度E₂的大小和方向．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動(dòng)能定理求出粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大�。�
（2）由洛倫茲力充當(dāng)向心力可求得粒子運(yùn)動(dòng)半徑以及離開磁場(chǎng)時(shí)的方向；再對(duì)粒子進(jìn)入電場(chǎng)過程進(jìn)行分析，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可求出粒子打在y軸上的坐標(biāo)；
（3）根據(jù)動(dòng)能定理求出A、C的電勢(shì)，結(jié)合勻強(qiáng)電場(chǎng)的特性，根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度與幾何關(guān)系求出所加電場(chǎng)強(qiáng)度E₂的大小和方向．

解答 解：（1）由動(dòng)能定理得：$\frac{1}{2}m{v^2}-\frac{1}{2}mv_0^2=qE\overline{_1ON}$
代入數(shù)據(jù)解得：v=2×10⁶m/s
（2）由：$qBv=m\frac{v^2}{r}$
解得：r=0.2m
在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子沿+y軸出發(fā)作類平拋運(yùn)動(dòng)，后從Q點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，進(jìn)入磁場(chǎng)的方向與NM的夾角為θ，由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得：$cosθ=\frac{v_0}{v}=\frac{{1×{{10}^6}}}{{2×{{10}^6}}}=\frac{1}{2}$θ=60°
粒子在磁場(chǎng)中作勻速圓周運(yùn)動(dòng)從T點(diǎn)回到電場(chǎng)，由對(duì)稱規(guī)律可得將在H點(diǎn)第一次與y軸相切，軌跡如圖．對(duì)于O到Q的類平拋運(yùn)動(dòng)，有：
垂直電場(chǎng)方向上有：NQ=v₀t
沿電場(chǎng)線方向：ON=$\frac{1}{2}$at²
根據(jù)牛頓第二定律有：
qE₁=ma
解得：$NQ=\frac{{0.4\sqrt{3}}}{3}m$
弦長(zhǎng)：$QT=2rsinθ=0.2\sqrt{3}m$
所以：y_H=2NQ+QT
解得：y_H=$\frac{1.4\sqrt{3}}{3}$m
故第一次到達(dá)坐標(biāo)軸時(shí)的坐標(biāo)（0，$\frac{1.4\sqrt{3}}{3}$m）；
（3）粒子從P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為：${E_{kP}}=\frac{1}{2}m{v^2}=\frac{1}{2}m{（2{v_0}）^2}=4{E_{k0}}$
MN右側(cè)磁場(chǎng)空間內(nèi)加一在xoy平面內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，設(shè)A點(diǎn)的電勢(shì)為U_A，C點(diǎn)的電勢(shì)為U_C，取P點(diǎn)零電勢(shì)點(diǎn)，則由動(dòng)能定理得：q（U_P-U_A）=E_kA-E_kPq（U_P-U_C）=E_kC-E_kP
解得：${U_A}=-\frac{{3{E_{k0}}}}{q}$${U_C}=-\frac{{{E_{k0}}}}{q}$
在AP連線上取一點(diǎn)D，設(shè)$\overline{PA}=3\overline{PD}$，則由勻強(qiáng)電場(chǎng)特性可知U_P-U_A=3（U_P-U_D）
由幾何知識(shí)可得：x_A-x_P=3（x_D-x_P）
解得：${U_D}=-\frac{{{E_{k0}}}}{q}={U_C}$x_D=0.3m=x_C，即x坐標(biāo)相同的兩點(diǎn)為等勢(shì)點(diǎn)，A點(diǎn)電勢(shì)低于P點(diǎn)的電勢(shì)，所加電場(chǎng)沿x軸正方向
則有：U_P-U_C=E₂（x_C-x_P）
聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得：${E_2}=1.0×{10^5}N/C$
答：（1）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為2×10⁶m/s
（2）沿y軸正方向射出的粒子第一次到達(dá)坐標(biāo)軸時(shí)的坐標(biāo)為（0，$\frac{1.4\sqrt{3}}{3}$m）；
（3）所加電場(chǎng)強(qiáng)度E₂的大小為1.0×10⁶m/s；方向沿x軸正方向

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，理清粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵，處理粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題，要會(huì)確定粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心、半徑和圓心角；而粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)往往根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解進(jìn)行分析求解；此類題型難度較大，經(jīng)常作為考試的壓軸題出現(xiàn)．