Question

7．如圖所示，在直角坐標系oxy中，第一象限圖示區(qū)域有沿豎直向上的勻強電場，第四象限有垂直于oxy平面向外的勻強磁場．A點的坐標為（0，L），C點的坐標為（2L，0），現(xiàn)有質(zhì)量均為m、電荷量均為q的負粒子a、b，分別從A點以不同的速度向右水平射出，速度大小分別為v_a=v₀、v_b=$\sqrt{2}$v₀，b粒子經(jīng)過電場直接運動到C點，a粒子進入磁場后才運動到C點．不考慮粒子間的相互作用，不計粒子的重力．求：
（1）b粒子經(jīng)過C點時的速度？
（2）勻強電場的電場強度E的大小和勻強磁場的磁感應強度B的大��？
（3）若使a、b兩粒子同時到達C點，則兩粒子從A點先后射出時的時間差是多少？

Answer 1

分析 （1）b粒子從A到C做類平拋運動，應用類平拋運動的規(guī)律可以求出粒子到達C點的速度．
（2）粒子b在電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律可以求出電場強度，作出粒子a的運動軌跡，應用牛頓第二定律可以求出磁感應強度．
（3）分別求出粒子a、b的運動時間，然后求出時間差．

解答 解：（1）b粒子在電場中從A到C點，做類平拋運動：
2L=$\sqrt{2}$v₀t_b    ①L=$\frac{{v}_{by}}{2}$t_b     ②
經(jīng)過C點時的速度大小：v_bc=$\sqrt{（\sqrt{2}{v}_{0}）^{2}+{v}_{by}^{2}}$，解得：v_bc=2v₀   ③
方向與水平成θ，tanθ=$\frac{{v}_{by}}{{v}_{0}}$=1，θ=45°   ④
（2）b粒子在電場中從A到C點做類平拋運動：
qE=ma  ⑤L=$\frac{1}{2}$at_b²     ⑥
①⑤⑥聯(lián)解得：E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{qL}$      ⑦
對a粒子，在電場中，同理分析，應打在AC的中點D，
過D點時的速度大小為：v_aD=$\sqrt{2}$v₀，方向仍與水平成45°  ⑧
a粒子過D后進入磁場前做勻速直線運動，從F點進入磁場后做勻速圓周運動，軌跡如圖所示（圓心角為90°）．

設圓半徑為R_a，由牛頓第二定律得：qv_aDB=m$\frac{{v}_{aD}^{2}}{{R}_{a}}$   ⑨
由幾何關系：R_a=$\frac{\sqrt{2}}{4}$L    ⑩解得：B=$\frac{4m{v}_{0}}{qL}$ （11）；
（3）由①解得：t_b=$\frac{\sqrt{2}L}{{v}_{0}}$，
a粒子從A到F，水平方向勻速，用時：t_a1=$\frac{3L}{2{v}_{0}}$ （12）
在磁場中用時：t_a2=$\frac{T}{4}$=$\frac{2π{R}_{a}}{4{v}_{aD}}$=$\frac{πL}{8{v}_{0}}$ （13）
時間差：△t=t_a1+t_a2-t_b=$\frac{（12+π-8\sqrt{2}）L}{8{v}_{0}}$；
答：（1）b粒子經(jīng)過C點時的速度大小為2v₀，方向與水平成45°角．
（2）勻強電場的電場強度E的大小為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{qL}$，勻強磁場的磁感應強度B的大小為：$\frac{4m{v}_{0}}{qL}$；
（3）若使a、b兩粒子同時到達C點，則兩粒子從A點先后射出時的時間差是$\frac{（12+π-8\sqrt{2}）L}{8{v}_{0}}$．

點評 帶電粒子在復合場中的運動是整個高中的重點，也是高考的必考的內(nèi)容，粒子的運動過程的受力分析以及運動情況分析是解題的關鍵；掌握平拋運動的處理方法并能運用到類平拋運動中，粒子在磁場中做勻速圓周運動，能正確的畫出運動軌跡，并根據(jù)幾何關系確定各量之間的關系．