Question

17．如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy平面內(nèi)，虛線MN上方有電場(chǎng)強(qiáng)度方向沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第四象限的虛線下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．有一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電粒子（比荷為$\frac{q}{m}$=2×10⁶C/kg），由坐標(biāo)原點(diǎn)以速度v₀=6×10³m/s沿x軸正方向射入電場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力，粒子經(jīng)虛線MN上的P點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，帶電粒子恰好沒(méi)有射入第三象限．已知P點(diǎn)坐標(biāo)為（1.8m，-1.2m），tan37°=$\frac{3}{4}$，tan34°=$\frac{2}{3}$，求：
（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大�。�
（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大�。�
（3）帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出電場(chǎng)強(qiáng)度．
（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強(qiáng)度．
（3）求出粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角，然后應(yīng)用周期公式求出粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

解答 解：（1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，
水平方向：x=v₀t   y=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²，
代入數(shù)據(jù)解得：E=$\frac{40}{3}$N/C；
（2）粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，
由幾何知識(shí)可得：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{\frac{qE}{m}×\frac{x}{{v}_{0}}}{{v}_{0}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：tanθ=$\frac{4}{3}$，θ=53°，
由幾何知識(shí)得：r+rsinθ=x_P，
代入數(shù)據(jù)解得：r=1m，
粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度：v=$\frac{{v}_{0}}{cosθ}$=$\frac{6×1{0}^{3}}{cos53°}$=1×10⁴m/s，
粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，代入數(shù)據(jù)解得：B=5×10^-3T；
（3）粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：T=$\frac{2πm}{qB}$，解得：T=2π×10^-4s；
設(shè)虛線MN與x軸的夾角為α，由tanα=$\frac{1.2}{1.8}$=$\frac{2}{3}$，α=34°，虛線MN與帶電粒子在P點(diǎn)的速度方向的夾角為β=θ-α=19°，根據(jù)幾何關(guān)系知，運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角為322°，所以帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
  t=$\frac{322°}{360°}$T=$\frac{161}{9}$π×10^-5 s
答：
（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為$\frac{40}{3}$N/C；
（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為5×10^-3T；
（3）帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為$\frac{161}{9}$π×10^-5s．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律與牛頓第二定律即可正確解題．