Question

17．如圖所示，直角坐標(biāo)系的x軸沿水平方向，y軸沿豎直方向，在y＞0的區(qū)域中有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E₁，在第四象限存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E₂和垂直于xoy平面、水平向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，一質(zhì)量為m，電荷量+q的帶電質(zhì)點(diǎn)，以v₀的初速度從第二象限內(nèi)的A點(diǎn)（-2h，2h）水平拋出，經(jīng)過(guò)x軸上的P點(diǎn)（2h，0）進(jìn)入第四象限，在第四象限內(nèi)恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，且運(yùn)動(dòng)半周后進(jìn)入第三象限．已知重力加速度為g，求：
（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E₁的大小和質(zhì)點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度；
（2）第四象限內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度E₂和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大�。�

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)E₁中做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解E₁的大��；根據(jù)速度的合成求解質(zhì)點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度．
（2）帶電粒子進(jìn)入第四象限后，電場(chǎng)力與重力平衡，由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．據(jù)此可求得E₂．由題意畫出質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何知識(shí)求出軌跡半徑，由牛頓第二定律即可求得磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大�。�

解答 解：（1）帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)E₁中做類平拋運(yùn)動(dòng)，則
沿x軸方向：4h=v₀t ①
沿y軸方向：2h=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$=$\frac{1}{2}•\frac{q{E}_{1}}{m}{t}^{2}$  ②
由①②式得：E₁=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{4qh}$ ③
設(shè)質(zhì)點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)時(shí)沿y軸方向的速度為v_y，則
  2h=$\frac{{v}_{y}}{2}t$  ④
由①、④解得：v_y=v₀；⑤
到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度 v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\sqrt{2}{v}_{0}$ ⑥
速度和x軸方向的夾角為45°．
（2）質(zhì)點(diǎn)在第四象限內(nèi)恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力與重力平衡，則有
  mg=qE₂，E₂=$\frac{mg}{q}$ ⑦
畫出質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖，由幾何關(guān)系可得質(zhì)點(diǎn)的軌跡半徑為 r=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{2}$×2h=$\sqrt{2}$h ⑧
由洛倫茲力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$ ⑨
解得 B=$\frac{m{v}_{0}}{qh}$ （10）
答：
（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E₁的大小是$\frac{m{v}_{0}^{2}}{4qh}$，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)P點(diǎn)時(shí)的速度是$\sqrt{2}{v}_{0}$；
（2）第四象限內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度E₂是$\frac{mg}{q}$，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小是$\frac{m{v}_{0}}{qh}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，注意在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)要注意幾何關(guān)系的應(yīng)用，在電場(chǎng)中注意由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解．