Question

1．如圖所示的直角坐標(biāo)系中，第I象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)向的勻強電場，第Ⅲ、Ⅳ象限內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B．一帶正電粒子M在y軸上的P點沿x軸正向射入電場，偏出電場后經(jīng)x軸上的Q點進(jìn)入磁場，再經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰能回到原點O．已知M粒子經(jīng)過Q點時的速度大小為v，方向與x軸成30°角，粒子的電量為q，質(zhì)量為m，不計重力．求：
（1）M粒子在P點的入射速度
（2）勻強電場的場強大小
（3）在Q點的正上方L=$\frac{2\sqrt{3}mv}{3qB}$處靜止釋放一相同的帶電粒子N，若二者恰好能在磁場中的某位置相遇，求N粒子需要在M粒子離開P點后多長時間釋放．

Answer 1

分析 （1）M粒子在電場中做類平拋運動，水平方向作勻速直線運動，豎直方向作勻加速直線運動，由速度的分解可求得入射速度．
（2）M粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律求出軌跡半徑，由幾何關(guān)系求出OQ間的距離．再研究其電場中的運動情況，由牛頓第二定律和豎直分速度公式結(jié)合，可求出勻強電場的場強大�。�
（3）N粒子先經(jīng)過電場加速，再進(jìn)入磁場中偏轉(zhuǎn)，先由動能定理求出加速獲得的速度，再畫出兩個粒子在磁場中的軌跡，由幾何關(guān)系得到軌跡的交點，即它們在磁場中的相遇點，找到磁場中軌跡對應(yīng)的圓心角，可求出磁場中運動時間，再結(jié)合電場中運動時間，即可求解．

解答 解：（1）M粒子在電場中做類平拋運動，由速度分解可得：v_P=vcos30°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$v
（2）M粒子在磁場中運動時，有 qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，得：R=$\frac{mv}{qB}$
設(shè)OQ間的距離為L，由幾何關(guān)系可得：
L=2Rsin30°=R=$\frac{mv}{qB}$
在電場中，有：L=v_Pt，v_y=vsin30°=at
由牛頓第二定律得：qE=ma
聯(lián)立可得：E=$\frac{\sqrt{3}}{4}$Bv
（3）N粒子，在電場中，由動能定理得：
qEL=$\frac{1}{2}mv{′}^{2}$
又L=$\frac{2\sqrt{3}mv}{3qB}$，且 L=$\frac{mv}{qB}$
可得：v′=v
兩個粒子在磁場中的半徑和OQ的長度均相等，且N粒子垂直x軸射入磁場，則其軌跡圓心在O點，如圖，由幾何關(guān)系可知，二者的軌跡相遇點、入射點Q和兩個圓心四個點正好構(gòu)成一個菱形，且有一個角為120°．
兩個粒子在磁場中運動的周期為 T=$\frac{2πm}{qB}$
 M粒子到相遇點的時間為：t_M=$\frac{L}{{v}_{P}}$+$\frac{2}{3}$T=$\frac{L}{{v}_{P}}$+$\frac{4πm}{3qB}$
 N粒子到相遇點的時間為：t_N=$\frac{2L}{v′}$+$\frac{1}{3}$T=$\frac{2L}{v′}$+$\frac{2πm}{3qB}$
則△t=t_M-t_N=$\frac{2πm}{3qB}$-$\frac{2\sqrt{3}m}{3qB}$=（2π-2$\sqrt{3}$）$\frac{m}{3qB}$
即N粒子需要在M粒子離開P點后（2π-2$\sqrt{3}$）$\frac{m}{3qB}$時間釋放．
答：（1）M粒子在P點的入射速度為$\frac{\sqrt{3}}{2}$v．
（2）勻強電場的場強大小為$\frac{\sqrt{3}}{4}$Bv．
（3）N粒子需要在M粒子離開P點后（2π-2$\sqrt{3}$）$\frac{m}{3qB}$時間釋放．

點評 本題考查了帶電粒子在電場和磁場中的運動，要掌握處理類平拋運動的方法：運動的分解法，抓住等時性結(jié)合運動學(xué)公式進(jìn)行求解．對于粒子在磁場中的運動，會確定圓心、半徑和圓心角，根據(jù)圓心角來確定磁場中運動時間．