Question

如圖所示，坐標系xOy在豎直平面內，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上．y＜0的區(qū)域有垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B；在第一象限的空間內有與x軸平行的勻強電場（圖中未畫出）；第四象限有與x軸同方向的勻強電場；第三象限也存在著勻強電場（圖中未畫出）．一個質量為m、電荷量為q的帶電微粒從第一象限的P點由靜止釋放，恰好能在坐標平面內沿與x軸成θ=30°角的直線斜向下運動，經過x軸上的a點進入y＜0的區(qū)域后開始做勻速直線運動，經過y軸上的b點進入x＜0的區(qū)域后做勻速圓周運動，最后通過x軸上的c點，且Oa=Oc．已知重力加速度為g，空氣阻力可忽略不計．求：

（1）微粒的電性及第一象限電場的電場強度E1；

（2）帶電微粒由P點運動到c點的過程中，其電勢能的變化量大��；

（3）帶電微粒從a點運動到c點所經歷的時間．

Answer 1

【考點】： 帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動．

【專題】： 帶電粒子在復合場中的運動專題．

【分析】： （1）根據粒子在第四象限內做勻速直線運動，受重力、電場力和洛倫茲力平衡，知微粒帶正電，根據粒子在第一象限內，合力的方向沿Pa方向，可知電場力的方向，從而確定電場強度的方向，根據平行四邊形定則求出電場力大小，從而得出電場強度的大�。�

（2）根據電場力做功判斷電勢能的變化量，在）帶電粒子從a點運動到c點的過程中，速度大小不變，即動能不變，且重力做功為零，所以從a點運動到c點的過程中，電場力對帶電粒子做功為零．根據粒子在第四象限做勻速直線運動得出速度的大小，從而得出粒子在第一象限內做勻加速直線運動在x軸上的分速度，結合牛頓第二定律和運動學公式求出沿x軸方向上的位移，從而確定出粒子在第一象限內電場力做的功，根據整個過程電場力做功求出電勢能的變化量大�。�

（3）粒子在第三象限內做勻速直線運動，在第四象限內做勻速圓周運動，根據幾何關系，結合帶電粒子在第三象限內的位移和第四象限內的圓心角，分別求出在兩個象限內運動的時間，從而確定出總時間．

【解析】： 解：（1）在第一象限內，帶電微粒從靜止開始沿Pa做勻加速直線運動，受重力mg和電場力qE1的合力一定沿Pa方向，電場力qE1一定水平向左．

帶電微粒在第四象限內受重力mg、電場力qE2和洛侖茲力qvB做勻速直線運動，所受合力為零．分析受力可知微粒所受電場力一定水平向右，故微粒一定帶正電．

所以，在第一象限內E1方向水平向左（或沿x軸負方向）．

根據平行四邊形定則，有 mg=qE1tanθ

解得 E1=

（2）帶電粒子從a點運動到c點的過程中，速度大小不變，即動能不變，且重力做功為零，所以從a點運動到c點的過程中，電場力對帶電粒子做功為零．

由于帶電微粒在第四象限內所受合力為零，因此有  qvBcosθ=mg

帶電粒子通過a點的水平分速度 vx=vcosθ=

帶電粒子在第一象限時的水平加速度 ax==g

帶電粒子在第一象限運動過程中沿水平方向的位移 x=

由P點到a點過程中電場力對帶電粒子所做的功 W電=qE1x=

因此帶電微粒由P點運動到c點的過程中，電勢能的變化量大小

△E電=

（3）在第三象限內，帶電微粒由b點到c點受重力mg、電場力qE3和洛侖茲力qvB做勻速圓周運動，一定是重力與電場力平衡，所以有qE3=mg

設帶電微粒做勻速圓周運動的半徑為R，

根據牛頓第二定律，有  qvB=m

帶電微粒做勻速圓周運動的周期

T=

帶電微粒在第三象限運動的軌跡如圖所示，連接bc弦，因Oa=Oc，所以△abc為等腰三角形，即∠Ocb=∠Oab=30°．過b點做ab的垂線，與x軸交于d點，因∠Oba=60°，所以∠Obd=30°，因此△bcd為等腰三角形，bc弦的垂直平分線必交于軸上的d點，即d點為圓軌跡的圓心

所以帶電粒子在第四象限運動的位移xab=Rcotθ=R

其在第四象限運動的時間t1=

由上述幾何關系可知，帶電微粒在第三象限做勻速圓周運動轉過的圓心角為120°，即轉過圓周，所以從b到c的運動時間  t2=

因此從a點運動到c點的時間  t=t1+t2=+=

答：

（1）微粒帶正電．第一象限電場的電場強度E1的大小為，方向水平向左．

（2）帶電微粒由P點運動到c點的過程中，其電勢能的變化量大小為．

（3）帶電微粒從a點運動到c點所經歷的時間為．

【點評】： 帶電粒子在復合場中的運動是整個高中的重點，粒子運動過程中受力分析以及運動情況分析是解題的關鍵，同時要靈活運用幾何知識解答．