Question

15．如圖所示，xOy平面為一光滑水平面，在此區(qū)域內(nèi)有平行于xOy平面的勻強電場，場強大小E=100V/m；同時有垂直于xOy平面的勻強磁場．一質(zhì)量m=2×10^-6kg、電荷量q=2×10^-7C的帶負(fù)電粒子從坐標(biāo)原點O以一定的初動能入射，在電場和磁場的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，到達(dá)p（4，3）點時，動能變?yōu)槌鮿幽艿?.5倍，速度方向垂直O(jiān)P向上．此時撤去磁場，經(jīng)過一段時間該粒子經(jīng)過y軸上的M（0，6.25）點，動能變?yōu)槌鮿幽艿?.625倍，求：
（1）粒子從O到P與從P到M的過程中電場力做功的大小之比；
（2）OP連線上與M點等電勢的點的坐標(biāo)；
（3）粒子由P點運動到M點所需的時間．

Answer 1

分析 （1）粒子運動過程中，洛倫茲力不做功，只有電場力做功，根據(jù)動能定理求解．
（2）根據(jù)電勢差的定義式求出O點與P點、M點間的電勢差．由公式U=Ed，求出OD，由數(shù)學(xué)知識可得解．
（3）帶電粒子從P到M過程中做類平拋運動，由運動的分解法，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式結(jié)合求解．

解答 解：（1）設(shè)粒子在P點時的動能為E_k，則初動能為2E_k，在M點的動能為1.25E_k．
由于洛倫茲力不做功，粒子從O點到P點和從P點到M點的過程中，電場力做的功大小分別為W₁、W₂
由動能定理得：
-W₁=E_k-2E_k
  W₂=1.25E_k-E_k
則  W₁：W₂=4：1                       
（2）O點和P點及M點的電勢差分別為：U_OP=$\frac{{E}_{k}}{q}$，U_OM=$\frac{0.75{E}_{k}}{q}$    
設(shè)OP連線上與M點電勢相等的點為D，由幾何關(guān)系得OP的長度為5m，
沿OP方向電勢下降．則：$\frac{{U}_{OD}}{{U}_{OP}}$=$\frac{{U}_{OM}}{{U}_{OP}}$=$\frac{OD}{OP}$=$\frac{0.75}{1}$
得OD=3.75m，OP與X軸的夾角α，則：sinα=$\frac{3}{5}$
D點的坐標(biāo)為x _D=ODcosα=3 m，Y_D=ODsinα=2.25m
即：D （3 m，2.25 m）
（3）由于OD=3.75 m  而OMcos∠MOP=3.75 m  所以MD垂直于OP
由于MD為等勢線，因此OP為電場線，方向從O到P　　
帶電粒子從P到M過程中做類平拋運動，設(shè)運動時間為t
則DP=$\frac{1}{2}\frac{Eq}{m}{t^2}$
又，DP=OP-OD=1.25m
解得：t=0.5s
答：
（1）粒子從O到P與從P到M的過程中電場力做功的大小之比是4：1；
（2）OP連線上與M點等電勢的點的坐標(biāo)是（3 m，2.25 m）；
（3）粒子由P點運動到M點所需的時間是0.5s．

點評 本題是帶電粒子在復(fù)合場中運動的類型，畫出磁場中運動軌跡，電場中運用運動的分解都是常規(guī)方法，要能靈活運用幾何知識求解磁場中空間尺寸