Question

6．如圖所示，在直角坐標系的第Ⅰ象限分布著場強E=5×10³V/m、方向水平向左的勻強電場，其余三個象限分布著垂直紙面向里的勻強磁場．現(xiàn)從電場中M（0.5m，0.5m）點由靜止釋放一比荷為$\frac{q}{m}$=2×10⁴C/kg、重力不計的帶正電微粒，該微粒第一次進入磁場后將垂直通過x軸．求：
（1）勻強磁場的磁感應強度；
（2）帶電微粒第二次進入磁場時的位置坐標；
（3）帶電微粒第二次進入磁場時的速度大小和方向．

Answer 1

分析 （1）粒子在加速電場中做勻加速直線運動，運用動能定理求出其第一次進入磁場的速度v，當帶電粒子進入磁場后，僅受洛倫茲力作用，做勻速圓周運動．由微粒第一次進入磁場后將垂直通過x軸，可尋找到已知長度與圓弧半徑的關系，從而求出磁感應強度；
（2）當粒子再次進入電場時，做類平拋運動，利用平拋運動規(guī)律，結合電場強度、電荷的荷質比，求出離開電場的位置；
（3）運用平行四邊形定則，將粒子第二次進入磁場時的速度正交分解，利用類平拋規(guī)律結合勾股定理即可求出合速度大小，并根據(jù)合速度與分速度大小即可判斷合速度的方向．

解答 解：（1）根據(jù)動能定理有：qEx_M=$\frac{1}{2}$mv²
可得：v=$\sqrt{\frac{2qE{x}_{M}}{m}}$=$\sqrt{2×2×1{0}^{4}×5×1{0}^{3}×0.5}$=10⁴m/s
因為微粒第一次進入磁場后將垂直通過x軸，根據(jù)幾何關系知：R=x_M
根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
聯(lián)立解得：B=$\frac{mv}{q{x}_{M}}$=$\frac{1{0}^{4}}{2×1{0}^{4}×0.5}$=1T
（2）粒子垂直進入電場，做類平拋運動，則有：a_拋=$\frac{qE}{m}$=2×10⁴×5×10³=10⁸m/s²
x_M=$\frac{1}{2}$a_拋t_拋²
代入數(shù)據(jù)解得：t_拋=10^-4s
則：y=vt_拋=10⁴×10^-4=1m
帶電微粒第二次進入磁場時的位置坐標為（0m，1m）
（3）第二次進入磁場時：
v_x=a_拋t_拋=10⁸×10^-4=10⁴m/s
v_合=$\sqrt{{v}^{2}+{v}_{x}^{2}}$=$\sqrt{2}$×10⁴m/s
速度方向與y軸夾角45°
答：（1）勻強磁場的磁感應強度為1T；
（2）帶電微粒第二次進入磁場時的位置坐標為（0m，1m）；
（3）帶電微粒第二次進入磁場時的速度大小為$\sqrt{2}$×10⁴m/s，方向與Y軸夾角45°．

點評 本題考查帶電粒子在復合場的中運動，加速場用動能定理，電場中的類平拋運用運動的合成和分解，在磁場中的運動運用洛倫茲力提供向心力結合幾何關系；解題關鍵是要分好過程，對每一個過程的粒子進行受力分析，確定其運動形式選擇合適的規(guī)律解題，難度不大．