Question

1．如圖所示，在平面直角坐標系xOy中，第I象限內(nèi)有沿y軸負向的勻強電場，電場強度的大小為E，第Ⅳ象限內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場．在y軸上的P點沿x軸正向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，粒子從x軸上Q點射人磁場．已知Q點坐標為（L，0）．不計粒子的重力及相互間作用．
（1）若粒子在Q點的速度方向與x軸成30°角．求P點的坐標及粒子在Q點的速度大�。�
（2）若從y軸的正半軸上各點處均向x軸正向發(fā)射與（1）中相同的粒子，結果這些粒子均能從x軸上的Q點進入磁場，并且到Q點速度最小的粒子A，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后．恰好垂直y軸射出磁場，求勻強磁場的磁感應強度大小及粒子A在磁場中運動的時間．

Answer 1

分析 （1）粒子從P到Q是類似平拋運動，根據(jù)分運動公式列式求解即可；
（2）對類似平拋運動，根據(jù)分運動公式求解出末速度表達式討論最小速度大小和對應的拋出點坐標；
粒子在磁場中做勻速圓周運動，畫出運動的軌跡，結合幾何關系得到軌道半徑；然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解磁感應強度，根據(jù)公式t=$\frac{s}{v}$求解運動時間．

解答 解：（1）粒子從P到Q過程，根據(jù)分運動公式，有：
v_x=v₀    v_y=at   $tan30°=\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}$
L=v₀t    y=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
其中：a=$\frac{qE}{m}$
聯(lián)立解得：
y=$\frac{\sqrt{3}}{6}L$ 
t=$\sqrt{\frac{\sqrt{3}mL}{3qE}}$
v_x=$\sqrt{\frac{\sqrt{3}qEL}{m}}$
v_y=$\sqrt{\frac{\sqrt{3}qEL}{3m}}$
故v=$\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=2$\sqrt{\frac{\sqrt{3}qEL}{3m}}$
（2）設P點的縱坐標為y，則：
對豎直分運動，有：y=$\frac{1}{2}•\frac{qE}{m}•{t}^{2}$ 
對水平分運動，有：L=v_xt
Q點的合速度：v=$\sqrt{{v}_{x}^{2}+（at）^{2}}$=$\sqrt{{v}_{x}^{2}+{（\frac{qE}{m}•t）}^{2}}$
聯(lián)立解得：v=$\sqrt{\frac{qE}{m}（\frac{{L}^{2}}{2y}+2y）}$
其中：$\frac{{L}^{2}}{2y}+2y≥2\sqrt{\frac{{L}^{2}}{2y}}\sqrt{2y}=2L$（當$\frac{L^2}{2y}=2y$，即$y=\frac{1}{2}L$時取等號）
故當y=$\frac{L}{2}$時，v最小，為$\sqrt{\frac{2qEL}{m}}$；
類平拋運動中速度偏轉(zhuǎn)角的正切值是位移偏轉(zhuǎn)角的正切值的2倍，故在Q點的速度偏轉(zhuǎn)角的正切值為：
tanα=2×$\frac{\frac{1}{2}L}{L}$=1
故α=45°
粒子進入磁場后做勻速圓周運動，軌跡如圖所示：

故對應的圓心角為θ=$\frac{3}{4}π$；
結合幾何關系，有：r=$\frac{L}{sin45°}$=$\sqrt{2}L$
故粒子在磁場中的運動時間為：t=$\frac{rθ}{v}$=$\frac{{\sqrt{2}L•\frac{3}{4}π}}{{\sqrt{\frac{2qEL}{m}}}}=\frac{3}{4}\sqrt{2}π\(zhòng)sqrt{\frac{mL}{2qE}}$
根據(jù)牛頓第二定律，有：$qvB=m\frac{v^2}{r}$
解得：B=$\sqrt{\frac{Em}{qL}}$
答：（1）P點的坐標為（0，$\frac{\sqrt{3}}{6}L$），粒子在Q點的速度大小為2$\sqrt{\frac{\sqrt{3}qEL}{3m}}$；
（2）勻強磁場的磁感應強度大小為$\sqrt{\frac{Em}{qL}}$，粒子A在磁場中運動的時間為$\frac{3}{4}\sqrt{2}π\(zhòng)sqrt{\frac{mL}{2qE}}$．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動，對于第二問，關鍵是根據(jù)類似平拋運動規(guī)律求解出速度表達式，運用數(shù)學不等式的知識確定最小速度的大小與方向，同時要結合牛頓第二定律、幾何關系列式分析，不難．