Question

3．如圖，在xoy平面上x＜0的區(qū)域內存在一垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B；OA是過原點的一條直線，與y軸正方向夾角為60°．在x＞0的區(qū)域有一與OA平行的勻強電場，場強大小為E．現(xiàn)有一質量為m，電量為q的帶正電的粒子（重力不計）從直線OA上的某處P點由靜止釋放后，經(jīng)0點進入磁場，經(jīng)過一段時間后恰能垂直O(jiān)A到達0A上的Q點（電場方向以及P點、Q點位置在圖中均未畫出）．求
（1）P點的坐標；
（2）粒子從P點釋放到垂直0A到達Q點所用的時間；
（3）PQ之間的距離．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做初速度為零的勻加速運動，進入磁場后在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，再次進入電場后在電場方向做勻減速運動，垂直電場方向做勻速直線運動，根據(jù)運動的合成與分解求解垂直至OA的運動軌跡，由粒子運動軌跡，根據(jù)幾何關系確定粒子圓周運動的半徑等物理量求解；
（2）分別求得粒子勻加速運動的時間和在磁場中圓周運動的時間以及再次進入電場后運動的時間，三者之和即為粒子從P到Q運動的總時間；
（3）粒子在磁場中洛倫茲力不做功，故粒子從PQ之間運動由動能定理根據(jù)始末速度求得PQ間的距離．

解答 解：（1）設P點的坐標為（x，y），粒子到達O點時的速度為v₁，則粒子在電場中的加速度為：
$a=\frac{qE}{m}$       ①
由粒子勻加速運動有：${v}_{1}^{2}=2a\frac{x}{sin60°}$       ②
粒子從O點進入磁場后做勻速圓周運動，設運動半徑為R，由洛倫茲力提供向心力有：
$q{v}_{1}B=m\frac{{v}_{1}^{2}}{R}$       ③

粒子從M點射出磁場再次進入電場，速度大小為v₁，方向與y軸負方向成60°角，設到達Q點時的速度為v₂，則
v₂=v₁sin60°            ④
又由幾何關系可知，OM間的距離為
d=2Rsin60°      ⑤
設粒子從M到Q點的所用時間為t₃，則
dsin60°=v₂t₃    ⑥
v₁cos60°=at₃               ⑦
聯(lián)立①-⑦式解得：x=$\frac{3\sqrt{3}mE}{q{B}^{2}}$       ⑧
${t}_{3}=\frac{\sqrt{3}m}{qB}$       ⑨
由幾何關系可得：$y=\frac{x}{tan60°}$=$\frac{3mE}{q{B}^{2}}$
即P點的坐標為（$\frac{3\sqrt{3}mE}{q{B}^{2}}，\frac{3mE}{q{B}^{2}}$）
（2）設粒子從P點到O點的時間為t₁，從O點到M點所用的時間為t₂，則
$\frac{x}{sin60°}=\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$
由①和⑧式可得${t}_{1}=\frac{2\sqrt{3}m}{qB}$
粒子從O進入磁場后做勻速圓周運動的周期為
$T=\frac{2πm}{qB}$
有${t}_{2}=\frac{2}{3}T=\frac{4πm}{3qB}$
所以粒子從P點釋放到垂直O(jiān)A經(jīng)過Q點所用時間為
t=t₁+t₂+t₃=$\frac{2\sqrt{3}m}{qB}+\frac{4πm}{3qB}+\frac{\sqrt{3}m}{qB}$=$\frac{（4π+9\sqrt{3}）m}{3qB}$
（3）由①④⑦⑨式得${v}_{2}=\frac{3E}{B}$
設PQ之間的距離為l，在整個運動過程中，由動能定理得：
$qEl=\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$
解得：l=$\frac{9mE}{2q{B}^{2}}$
答：（1）P點的坐標為（$\frac{3\sqrt{3}mE}{q{B}^{2}}，\frac{3mE}{q{B}^{2}}$）；
（2）粒子從P點釋放到垂直0A到達Q點所用的時間為$\frac{（4π+9\sqrt{3}）m}{3qB}$；
（3）PQ之間的距離為$\frac{9mE}{2q{B}^{2}}$．

點評 掌握粒子在磁場中圓周運動的周期公式和半徑公式，會計算粒子在磁場中運動的時間，能根據(jù)動能定理和運動的合成與分解求解曲線運動問題，綜合性較強，難度較大．