Question

1．如圖所示的真空環(huán)境中，勻強磁場方向水平、垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度B=2.5T；勻強電場方向水平向左，場強E=$\sqrt{3}$ N/C．一個帶負電的小顆粒質(zhì)量m=3.0×10^-7kg．帶電量q=3.0×10^-6C，帶電小顆粒在這個區(qū)域中剛好做勻速直線運動．
（1）求這個帶電小顆粒運動的方向和速度大小．
（2）如果小顆粒運動到圖中P點時，把磁場突然撤去，小顆粒將做什么運動？若運動中小顆粒將會通過與P點在同一電場線上的Q點，那么從P點運動到Q點所需時間有多長？（g取10m/s²）

Answer 1

分析 （1）對帶電顆粒受力分析，根據(jù)力的平行四邊形定則，結(jié)合洛倫茲力表達式，及左手定則與平衡條件，即可求解．
（2）把磁場突然撤去，粒子所受的合力與速度垂直，做類平拋運動，運用運動的分解法，由牛頓第二定律和運動學公式結(jié)合解答．

解答 解：（1）該帶電小顆粒受到豎直向下的重力，與電場相反相反的、水平向右的電場力和洛倫茲力的作用，剛好做勻速直線運動，則受力如圖所示，得：
$tanα=\frac{mg}{qE}$=$\frac{3×1{0}^{-7}×10}{3×1{0}^{-6}×\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
所以α=30°
由左手定則得，帶負電小顆粒的運動方向應(yīng)與水平方向成60°角斜向右上方．由平衡條件可得：$qvB=\frac{mg}{sinα}$，
解得：v=$\frac{mg}{qBsin30°}=\frac{3×1{0}^{-6}}{3×1{0}^{-6}×2.5×\frac{1}{2}}$m/s=0.8m/s．
（2）突然撤去磁場后，粒子受到重力和電場力的合力與速度垂直，故小顆粒做類平拋運動，
在豎直方向上，小顆粒做初速度為vsin60°、加速度為g的豎直上拋運動，Q點是P點的對稱點，所以從P點運動到Q點所需要的時間
t=$\frac{2vsin60°}{g}$=$\frac{2×0.8×\frac{\sqrt{3}}{2}}{10}s=0.08\sqrt{3}s$．
答：（1）這個帶電小顆粒運動的方向與水平方向成60°角斜向右上方，大小為0.8m/s．
（2）小顆粒將做類平拋運動，從P點運動到Q點所需時間為$0.08\sqrt{3}$s．

點評 本題要能根據(jù)粒子的運動情況分析受力情況，也根據(jù)受力情況判斷其運動情況，運用平衡條件、牛頓定律、運動學公式結(jié)合運動的分解法研究．