Question

6．如圖所示，MN分別為與豎直方向成45°的邊界，邊界兩側(cè)分別是豎直向下的勻強電場和垂直于紙面向下里的勻強磁場，電場強度為E，電場中O點有一質(zhì)量為m，電量為q的正電荷由靜止釋放，運動t時間從MN邊界上A點進入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，再進入電場，在電場中偏轉(zhuǎn)后又到達A點，不計粒子重力，求：
（1）粒子進入磁場的速度大�。�
（2）磁場的磁感應(yīng)強度；
（3）粒子從O點到第二次到A點所用的時間．

Answer 1

分析 （1）對直線加速過程，根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度，根據(jù)速度時間公式列式求解末速度；
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，畫出軌跡，根據(jù)牛頓第二定律列式；回到電場后做類似平拋運動，根據(jù)類平拋運動的分位移公式列式；最后聯(lián)立求解；
（3）分直線加速、勻速圓周運動、類似平拋三個過程求解時間即可．

解答 解：（1）直線加速過程，根據(jù)牛頓第二定律，有：
qE=ma    ①
根據(jù)速度公式，有：
v=at   
聯(lián)立解得：
v=$\frac{qEt}{m}$    ②
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運動，在勻強電場中做類似平拋運動，軌跡如圖所示：

在磁場中做勻速圓周運動過程，根據(jù)牛頓第二定律，有：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$  ③
該過程的軌跡是$\frac{3}{4}$個圓弧，進入電場做類似平拋運動，故：
R=vt′④
R=$\frac{1}{2}at{′}^{2}$   ⑤
聯(lián)立①～⑤，有：
R=$\frac{2qE{t}^{2}}{m}$
B=$\frac{m}{2qt}$
（3）粒子直線加速時間為t；
粒子勻速圓周運動時間：t₁=$\frac{\frac{3}{2}πR}{v}$=$\frac{\frac{3}{2}π×\frac{2qE{t}^{2}}{m}}{\frac{qEt}{m}}$=3πt
粒子做類似平拋運動的時間：t′=$\frac{R}{v}$=$\frac{\frac{2qE{t}^{2}}{m}}{\frac{qEt}{m}}$=2t
故總時間為：t_總=t+t₁+t′=t+3πt+2t=3（1+π）t
答：（1）粒子進入磁場的速度大小為$\frac{qEt}{m}$；
（2）磁場的磁感應(yīng)強度為$\frac{m}{2qt}$；
（3）粒子從O點到第二次到A點所用的時間為3（1+π）t．

點評 本題關(guān)鍵是明確粒子的受力情況和運動情況，分直線加速、勻速圓周運動和類似平拋運動三個過程進行分析，不難．