Question

18．如圖所示的坐標(biāo)系中，在y＞0區(qū)域存在著勻強(qiáng)電場，在y＜0的某一區(qū)域內(nèi)存在著垂直于xoy平面的 有界勻強(qiáng)磁場，在y軸上的M點存在著一放射源，不斷地向第一象限內(nèi)發(fā)射速率都相同的質(zhì)子，第一次通過x軸時恰好過N點，過N點立即進(jìn)入磁場，第二次通過x軸時恰沿y軸方向通過O點．已知：質(zhì)子的質(zhì)量為m、電荷量為q、初速度為v₀，M、N兩點到O點的距離分別為L、2L．
求（1）電場強(qiáng)度的大小和方向．
（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向．
（3）從M點水平發(fā)射的質(zhì)子經(jīng)過多長時間第一次到達(dá)0點．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動，應(yīng)用類平拋運(yùn)動規(guī)律與動能定理可以求出電場強(qiáng)度．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，應(yīng)用牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度．
（3）求出粒子在電場與磁場中的運(yùn)動時間，然后求出總的運(yùn)動時間．

解答 解：（1）因為質(zhì)子到達(dá)x軸上時的動能都相等
所以x軸是電場的一個等勢面，電場方向豎直向下．        

由題意知：2L=v₀t，L=$\frac{{v}_{y}}{2}$t，tanα=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$，速度：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$，
對粒子，由動能定律得：qEL=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
解得：α=45°，v=$\sqrt{2}$v₀，E=$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qL}$；
（2）由題意知磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直xoy平面向外．  
設(shè)質(zhì)子在磁場中運(yùn)動的半徑為R，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，
由幾何知識得：Rcosα+R=2L，
粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，解得：B=$\frac{（1+\sqrt{2}）m{v}_{0}}{2qL}$；
（3）在電場中的時間：t₁=$\frac{2L}{{v}_{0}}$，
從N到P的時間為：t₂=$\frac{5}{8}$T=$\frac{5}{8}$×$\frac{2πm}{qB}$，解得：t₂=$\frac{5πL}{2（1+\sqrt{2}）{v}_{0}}$，
從P到O的時間為：t₃=$\frac{Rcosα}{v}$，解得：t₃=$\frac{2L}{（2+\sqrt{2}）{v}_{0}}$，
總時間為：t=t₁+t₂+t₃=$\frac{L}{{v}_{0}}$[4-$\sqrt{2}$+（$\sqrt{2}$-1）$\frac{5π}{2}$]．      
答：（1）電場強(qiáng)度的大小為：$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qL}$，方向：豎直向下．
（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為$\frac{（1+\sqrt{2}）m{v}_{0}}{2qL}$，方向：垂直于平面向外．
（3）從M點水平發(fā)射的質(zhì)子經(jīng)過$\frac{L}{{v}_{0}}$[4-$\sqrt{2}$+（$\sqrt{2}$-1）$\frac{5π}{2}$]時間第一次到達(dá)0點．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運(yùn)動，分析清楚粒子的運(yùn)動過程，應(yīng)用類平拋運(yùn)動規(guī)律、牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式與粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期公式即可正確解題．