Question

18．如圖，豎直面內坐標系xOy第一、三象限角平分線A₁A₂右側場區(qū)有勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場B．平行板M、N如圖放置，M板帶正電，帶負電的N板在x軸負半軸上．N板上有一小孔P離原點O的距離為L，兩板間距為L．板間電壓U=$\frac{mgL}{q}$．質量為m、電量為+q的帶電粒子由板間P孔正上方不同位置靜止釋放，豎直向下穿過P孔進入平分線A₁A₂右側場區(qū)恰好能做勻速圓周運動，重力加速度為g．求：
（1）虛線A₁A₂右側區(qū)域內電場強度的大小與方向．
（2）若粒子第一次離開場區(qū)時在坐標原點，則其離開時的速度為多大？
（3）從P孔正上方靠近M板由靜止釋放粒子，當粒子離開小孔P后立即撤去平行板M、N，求釋放后經過多長時間粒子可第二次進入A₁A₂右側場區(qū)？

Answer 1

分析 （1）粒子做勻速圓周運動，電場力應等于重力，據此求出電場強度的大小與方向；
（2）作出粒子運動軌跡，求出粒子軌道半徑，應用牛頓第二定律可以求出粒子的速度；
（3）根據粒子運動過程求出粒子在各階段的運動時間，然后求出粒子總的運動時間．

解答 解：（1）帶電粒子進入場區(qū)后能做勻速圓周運動，
則必須滿足：qE=mg，解得：E=$\frac{mg}{q}$，方向：豎直向上；
（2）粒子第一次離開場區(qū)時在坐標原點其運動軌跡如圖所示：

由幾何知識可知，粒子軌道半徑：r=L，
粒子做圓周運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：v=$\frac{qBL}{m}$；
（3）粒子在極板間運動時，由動能定理得：（q$\frac{U}{L}$+mg）L=$\frac{1}{2}$mv₁²-0，
粒子在極板間做初速度為零的勻加速直線運動，位移：L=$\frac{{v}_{1}}{2}$t₁，
粒子離開極板進入場區(qū)過程中，由動能定理得：mgL=$\frac{1}{2}$mv₂²-$\frac{1}{2}$mv₁²，
粒子做勻加速直線運動，位移：L=$\frac{{v}_{1}+{v}_{2}}{2}$t₂，
粒子做圓周運動的時間：t₃=$\frac{3}{4}$T=$\frac{3}{4}$×$\frac{2πm}{qB}$，
粒子離開場區(qū)后做平拋運動，$\frac{1}{2}$gt₄²=v₂t₄，
粒子的運動時間：t=t₁+t₂+t₃+t₄，
解得：t=$\sqrt{\frac{54L}{g}}$-$\sqrt{\frac{L}{g}}$+$\frac{3πm}{2qB}$；
答：（1）虛線A₁A₂右側區(qū)域內電場強度的大小為：$\frac{mg}{q}$，方向：豎直向上．
（2）若粒子第一次離開場區(qū)時在坐標原點，則其離開時的速度為$\frac{qBL}{m}$；
（3）從P孔正上方靠近M板由靜止釋放粒子，當粒子離開小孔P后立即撤去平行板M、N，釋放后經過時間：$\sqrt{\frac{54L}{g}}$-$\sqrt{\frac{L}{g}}$+$\frac{3πm}{2qB}$粒子可第二次進入A₁A₂右側場區(qū)．

點評 粒子在復合場中做勻速圓周運動，則電場力與重力合力為零，洛倫茲力提供向心力，分析清楚粒子運動過程是正確解題的關鍵，應用數學知識、牛頓第二定律、動能定理即可正確解題．