Question

16．如圖所示，在xOy平面內(nèi)，直線MN和x軸之間存在沿x軸正方向的勻強電場，在第I象限和第II象限的部分區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，有一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子從電場下邊界上的A點沿y軸正方向射入電場區(qū)域，A點與坐標原點O的距離為h，質(zhì)點到達x軸上P點時，速度方向與x軸正方向的夾角為θ=30°．質(zhì)點由P點進入磁場后，從磁場邊界OC上的Q點（圖中未標出）離開磁場之后，又從x軸上的D點垂直于x軸進入電場，最后恰好回到A點．不計粒子的重力，求：
（1）P點到坐標原點O的距離d；
（2）粒子在磁場中運動的時間t₁
（3）勻強電場的場強E．

Answer 1

分析 （1）粒子從A點到P點做類平拋運動，已知勻速運動的位移為h，末速度的方向，由類平拋運動規(guī)律能夠求出勻加速直線運動的位移--即P點到O點的距離．
（2）由于從D點垂直x軸進入電場，則可以找到粒子離開磁場的位置和速度方向，再加上從P點進入磁場的速度方向，這樣就能確定粒子做勻速圓周運動的圓心，畫出其運動軌跡，由幾何關(guān)系求出偏轉(zhuǎn)角從而求出粒子在磁場中運動的時間．
（3）粒子從D點再次做類平拋運動，由幾何關(guān)系找到勻加速直線運動的位移，由類平拋運動的規(guī)律求出勻強電場的場強．

解答 解：（1）粒子從A到P的過程  h=v₀t₁
$d=\frac{1}{2}a{{t}_{1}}^{2}$
$tan30°=\frac{{v}_{0}}{{v}_{px}}=\frac{{v}_{0}}{a{t}_{1}}$
解得：$d=\frac{\sqrt{3}h}{2}$
（2）如圖所示，帶電粒子在磁場中運動由P到Q粒子轉(zhuǎn)過的圓心角：$∅=π+\frac{1}{3}π=\frac{4π}{3}$
粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為：$T=\frac{2πm}{qB}$
粒子在磁場中運動的時間為：${t}_{1}=\frac{∅}{2π}T=\frac{4πm}{3qB}$
（3）由第（1）題知${v}_{p}=\frac{{v}_{0}}{sin30°}=2{v}_{0}$
設(shè)D點到坐標原點O的距離為L，粒子由D點運動到A點，也做類平拋運動：
v_D=v_p=2v₀
h=2v₀t₂
$L=\frac{1}{2}a{{t}_{2}}^{2}$
聯(lián)立以上各式可得：$L=\frac{1}{4}d=\frac{\sqrt{3}}{8}h$
質(zhì)點在磁場中運動時，軌跡如圖所示，令粒子在磁場中運動的半徑為R，據(jù)幾何關(guān)系有：R+Rsinθ=OP+OD
解得：$R=\frac{5\sqrt{3}}{12}h$
據(jù)牛頓第二定律有：${F}_{n}=Bq{v}_{p}=m\frac{{{v}_{p}}^{2}}{R}$
解得：${v}_{p}=\frac{qBR}{m}=\frac{5\sqrt{3}qBh}{12m}$
粒子的初速度：${v}_{0}=\frac{1}{2}{v}_{p}=\frac{5\sqrt{3}qBh}{24m}$
由動能定理得：Eq$Eqd=\frac{1}{2}m{{v}_{p}}^{2}-\frac{1}{2}m{{v}_{0}}^{2}$
解得：$E=\frac{25\sqrt{3}{B}^{2}qh}{192m}$
答：（1）P點到坐標原點O的距離d為$\frac{\sqrt{3}}{2}h$．
（2）粒子在磁場中運動的時間t₁為$\frac{4πm}{3qB}$．
（3）勻強電場的場強E為$\frac{25\sqrt{3}{B}^{2}qh}{192m}$．

點評 本題物理過程明確，先做類平拋運動后做勻速圓周運動再做類平拋運動后返回出發(fā)點A．關(guān)鍵點在于由題意確定粒子做勻速圓周運動的圓心，求出半徑（用h表示），至于首尾的類平拋運動運動，由于水平位移和豎直位移已知，所以也不難求出電場強度．