Question

5．如圖所示，在直角坐標(biāo)系xoy的第一象限中分布著沿y軸負方向的勻強電場，在第四象限中分布著方向向里垂直紙面的勻強磁場．一個質(zhì)量為m、帶電+q的微粒，在A點（0，3）以初速度v₀=120m/s平行x軸射入電場區(qū)域，然后從電場區(qū)域進入磁場，又從磁場進入電場，并且先后只通過x軸上的p點（6，0）和Q點（8，0）各一次．已知該微粒的比荷為$\frac{q}{m}$=10²C/kg，微粒重力不計，
求：（1）微粒從A到P所經(jīng)歷的時間和加速度的大��；
（2）求出微粒到達P點時速度方向與x軸正方向的夾角，并畫出帶電微粒在電磁場中由A至Q的運動軌跡；
（3）電場強度E和磁感強度B的大�。�

Answer 1

分析 （1）先分析帶電微粒的運動情況：帶電粒子從A點射入電場做類平拋運動，進入勻強磁場中做勻速圓周運動．運用分解的方法，研究類平拋運動，由運動學(xué)公式求時間和加速度．
（2）由速度的分解求出微粒到達P點時速度方向與x軸正方向的夾角．畫出軌跡．
（3）由牛頓第二定律求電場強度E．由幾何知識求出微粒做圓周運動的半徑，由牛頓第二 定律和向心力求磁感應(yīng)強度．

解答 解：（1）微粒從平行x軸正方向射入電場區(qū)域，由A到P做類平拋運動，微粒在x軸上做勻速直線運動
S_x=v₀t  
解得：t=$\frac{S_x}{v_0}$=0.05s        
微粒沿y軸方向做初速度為零的勻加速直線運動
S_y=$\frac{1}{2}$at²               
a=2.4×10³m/s²
（2）v_y=at                   
tgɑ=$\frac{v_y}{v_0}$
ɑ=arctg$\frac{at}{v_0}$=45°         
軌跡如圖                
（3）電場中，由牛頓第二定律得qE=ma                   
解得：E=24N/C                 
設(shè)微粒從P點進入磁場以速度v做勻速圓周運動
v=$\sqrt{2}$v₀                    
由qvB=m$\frac{v^2}{R}$得R=$\frac{mv}{qB}$
由幾何關(guān)系  R=$\sqrt{2}$
B=$\frac{mv}{qR}$=1.2T      
答：
（1）微粒從A到P所經(jīng)歷的時間是0.05s，加速度的大小是2.4×10³m/s²；
（2）微粒到達P點時速度方向與x軸正方向的夾角是45°，畫出帶電微粒在電磁場中由A至Q的運動軌跡如圖；
（3）電場強度E為24N/C，磁感應(yīng)強度B的大小是1.2T．

點評 本題考查分析和處理帶電粒子在電場和磁場中運動的能力，在這兩種場中處理方法不同：電場中采用運動的合成與分解，磁場中畫軌跡，由幾何知識求半徑．