Question

14．如圖所示，第一、四象限內(nèi)存在一勻強(qiáng)電場(chǎng)，其方向如圖所示．第二象限內(nèi)有垂直紙面向外磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為+q（不計(jì)重力） 的帶電粒子從x軸上的A點(diǎn)以初速度v₀沿垂直于磁感線方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，初速度方向與x軸負(fù)方向的夾角θ=30°粒子恰好從 y軸上的P點(diǎn)垂直于電場(chǎng)線的方向射入勻強(qiáng)電場(chǎng)，經(jīng)過(guò)x軸上的C點(diǎn)再到達(dá) y軸上的D點(diǎn)，已知AO=OC（P、D兩點(diǎn)圖中未標(biāo)出 ），
求：
（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大�。�
（2）粒子到達(dá)D點(diǎn)的速度大小及從A運(yùn)動(dòng)到D所用的時(shí)間．

Answer 1

分析 （l）粒子在磁場(chǎng)中做的是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出軌跡半徑．粒子進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做的是勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)粒子勻加速運(yùn)動(dòng)的位移可以求得勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)的大��；
（2）根據(jù)平行于電場(chǎng)線和垂直于電場(chǎng)線兩個(gè)方向的分位移公式，求出分位移，得到時(shí)間，由動(dòng)能定理求粒子到達(dá)D點(diǎn)的速度大�。�
在磁場(chǎng)中，根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)的軌跡可以求得粒子的運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，即可得到總時(shí)間．

解答  解：（1）設(shè)粒子在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R．
由牛頓第二定律得 qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$，則 R=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$
在電場(chǎng)中，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿電場(chǎng)線方向有分位移：y=R=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
根據(jù)牛頓第二定律得 a=$\frac{qE}{m}$
平行于電場(chǎng)線方向有 x=2Rcos30°=v₀t；
由以上各式聯(lián)立得 E=$\frac{2B{v}_{0}}{3}$．
（2）平行于電場(chǎng)線方向的位移 y=$\frac{1}{2}a{t}_{2}^{2}$
垂直于電場(chǎng)線方向的位移 x=ytan30°=v₀t₂；
聯(lián)立得 y=$\frac{9m{v}_{0}}{qB}$，t₂=$\frac{3\sqrt{3}m}{qB}$
由動(dòng)能定理得
  qEy=$\frac{1}{2}m{v}^{2}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
解得 v=$\sqrt{13}{v}_{0}$
故從A運(yùn)動(dòng)到D所用的時(shí)間為 t=$\frac{1}{2}T$+t₂=$\frac{πm}{qB}$+$\frac{3\sqrt{3}m}{qB}$=$\frac{m}{qB}$（$π+3\sqrt{3}$）
答：
（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為$\frac{2B{v}_{0}}{3}$；
（2）粒子到達(dá)D點(diǎn)的速度大小為$\sqrt{13}{v}_{0}$，從A運(yùn)動(dòng)到D所用的時(shí)間為$\frac{m}{qB}$（$π+3\sqrt{3}$）．

點(diǎn)評(píng) 粒子先做的是勻速圓周運(yùn)動(dòng)，后在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻速圓周運(yùn)動(dòng)和類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可以分別求得．