Question

15．如圖所示，在xOy直角坐標(biāo)系的第三象限內(nèi)有平行于x軸的水平勻強電場，在第一象限有垂直于紙面向外的水平勻強磁場B．一帶正電荷量為q、質(zhì)量為m的粒子，從電場中A點沿y軸正方向以速度v₀射入電場，從原點O飛出電場，粒子從O點進入磁場后經(jīng)過一段時間撤去磁場，發(fā)現(xiàn)粒子從x軸上的P點飛出，飛出時的速度方向與x軸正方向成15°角，已知A點坐標(biāo)為（-$\frac{L}{2}$，-L），不計粒子的重力，已知cos15°=$\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$，sin15°=$\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$．求：
（1）勻強電場的電場強度E的大�。�
（2）撤去磁場時粒子所在位置的坐標(biāo)．
（3）粒子從O點運動至P點所用的時間t．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律求出電場強度．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出力的在軌道半徑，根據(jù)題意求出粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度，然后求出粒子的位置坐標(biāo)．
（3）根據(jù)粒子轉(zhuǎn)過的角度與粒子的周期公式求出粒子的運動時間．

解答 解：（1）粒子在電場中做類平拋運動，
水平方向：$\frac{L}{2}$=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²，
豎直方向：L=v₀t，
解得：E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{qL}$；
（2）粒子在磁場中做類平拋運動，
粒子進入磁場時與x正方向間的夾角為θ，
則：tanθ=$\frac{{v}_{0}}{{v}_{x}}$=$\frac{{v}_{0}}{\frac{qE}{m}×\frac{L}{{v}_{0}}}$=1，則θ=45°，

粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，解得：r=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$，
由于粒子飛出時的速度方向與x軸正方向成15°角，所以撤去磁場時粒子的速度方向與x軸正方向成15°角，
由幾何知識可得，撤去磁場時粒子所在位置的坐標(biāo)：
x=rcos45°+rsin15°，解得：x=$\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$$\frac{m{v}_{0}}{qB}$，
y=rcos15°-rsin45°，解得：y=$\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$$\frac{m{v}_{0}}{qB}$；
（3）由幾何知識可知，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角：α=60°，
粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
粒子做圓周運動所用的時間：t₁=$\frac{α}{360°}$T=$\frac{60°}{360°}$×$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{πm}{3qB}$，
粒子從撤去磁場后到到達x軸所經(jīng)過的位移為s=$\frac{y}{sin15°}$=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$，
此過程所用的時間為：t₂=$\frac{s}{v}$=$\frac{s}{\frac{{v}_{0}}{sin45°}}$=$\frac{\sqrt{2}m}{2qB}$．
所以粒子從O點運動至P點所用的時間t=$\frac{2πm+3\sqrt{2}m}{6qB}$．
答：（1）勻強電場的電場強度E的大小為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{qL}$．
（2）撤去磁場時粒子所在位置的坐標(biāo)為（$\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$$\frac{m{v}_{0}}{qB}$，$\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$$\frac{m{v}_{0}}{qB}$）．
（3）粒子從O點運動至P點所用的時間t為$\frac{2πm+3\sqrt{2}m}{6qB}$．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子的運動過程，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律與粒子的周期公式即可正確解題．