Question

3．如圖在xoy平面的第二象限有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=6T，在一、二象限有平行于y軸的勻強(qiáng)電場E₁，在x軸上的A點(diǎn)有一粒子源，能產(chǎn)生質(zhì)量m=5.0×10^-3kg，電荷量q=2.0×10^-3C，速度大小不同的帶正電粒子，若粒子射入磁場時(shí)的速度均與x軸負(fù)方向成α=37°角，并在第二象限做勻速圓周運(yùn)動．坐標(biāo)原點(diǎn)O到A點(diǎn)的距離d=0.6m，不考慮空氣阻力和粒子間相互作用力．（g=10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
①電場強(qiáng)度E₁的大�。�
②能到達(dá)x軸負(fù)半軸的粒子的速度范圍；
③若在第一象限再加一個(gè)與x軸正方向成53°角，且斜向下的勻強(qiáng)電場E₂，在磁場中恰好運(yùn)動半個(gè)圓周的粒子從y軸上C點(diǎn)第一次進(jìn)入第一象限后，剛好能通過坐標(biāo)原點(diǎn)O，求CO之間的電勢差U_CO．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運(yùn)動，可得出電場力和重力相等，求出E₁；
（2）根據(jù)題意畫出粒子運(yùn)動軌跡，找到速度最大值時(shí)的臨界點(diǎn)，即圓周軌跡與y軸正半軸相切，利用幾何知識求出半徑，最后求出最大此時(shí)粒子的速度；
（3）根據(jù)題意畫出粒子運(yùn)動軌跡，求出粒子進(jìn)入電場時(shí)的速度方向，判斷出粒子在電場中做做類平拋運(yùn)動，畫出平拋軌跡，根據(jù)位移比求出E₂，根據(jù)動能定理和$E=\frac{U}kfs6ywm$，求出兩個(gè)電場中的電勢差，最后加到一起求出U_co．

解答 解：（1）由題意可知，
E₁q=mg
得：E₁=25N/C
（2）當(dāng)軌跡跟y軸相切時(shí)，到達(dá)x軸負(fù)半軸的粒子距A點(diǎn)最遠(yuǎn)，由幾何關(guān)系得：
R₁+R₁sinα=d
R₁=$\frac{3}{8}$m
此時(shí)能到達(dá)x軸負(fù)半軸的粒子速率最大．
$q{v}_{1}B={m}_{1}\frac{{{v}_{1}}^{2}}{{R}_{1}}$
得v₁=0.9m/s
故v≤0.9m/s
（3）粒子在磁場總運(yùn)動半個(gè)周期，則有$2{R}_{2}=\frac{{L}_{OA}}{sinα}$
得R₂=0.5m
由$q{v}_{2}B=m\frac{{{v}_{2}}^{2}}{{R}_{2}}$
在C點(diǎn)的速度大小，v₂=1.2m/s
由幾何關(guān)系得，粒子在C點(diǎn)的速度方向與y軸負(fù)方向成53°角，恰好與電場E₂方向垂直，
故粒子從C點(diǎn)進(jìn)入第一象限后做類平拋運(yùn)動．
設(shè)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)，沿E₂方向的速度大小為v_y，位移大小為y，沿v_c方向位移大小為x．
由幾何關(guān)系得$tan53°=\frac{y}{x}=\frac{\frac{1}{2}a{t}^{2}}{{v}_{c}t}=\frac{at}{2{v}_{c}}=\frac{{v}_{y}}{2{v}_{c}}$，
v_y=3.2m/s
在E₂電場中$q{U}_{co2}=\frac{1}{2}m（{{v}_{c}}^{2}+{{v}_{y}}^{2}）-\frac{1}{2}m{{v}_{c}}^{2}$
U_co2=12.8V
在E₁電場中U_co1=-E₁•CO=-20V
U_co=-20+12.8=-7.2V
答：（1）電場強(qiáng)度E₁的大小為25N/C；
（2）能到達(dá)x軸負(fù)半軸的粒子的速度范圍為v≤0.9m/s；
（3）CO之間的電勢差U_CO為-7.2V．

點(diǎn)評 此題考查了粒子在復(fù)合場中運(yùn)動，需從題中挖掘出隱含條件．通過畫圖，找到臨界位置，熟練掌握圓周運(yùn)動的公式及動能定理．粒子進(jìn)入電場后，做類平拋，畫出軌跡圖象，有利于快速準(zhǔn)確解答此題．