Question

5．如圖所示，在直角坐標(biāo)系x軸上方有與x軸負(fù)向成45°角的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小E=10³V/m，在x軸下方有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T．現(xiàn)從y軸上距坐標(biāo)原點(diǎn)L=10cm處由靜止釋放一比荷為$\sqrt{2}$×10⁴C/kg的帶正電的微粒A，不計(jì)微粒的重力．求：
（1）微粒進(jìn)入磁場(chǎng)后在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑；
（2）從釋放微粒到微粒第一次從磁場(chǎng)返回電場(chǎng)所用時(shí)間．
（3）微粒第3次與x軸相遇點(diǎn)的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)動(dòng)能定理求出粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑．
（2）根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的公式，求出帶電粒子在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，根據(jù)幾何關(guān)系，知粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)$\frac{3}{4}$，根據(jù)周期公式求出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期，從而求出從釋放微粒到微粒第一次從磁場(chǎng)返回電場(chǎng)所用時(shí)間．
（3）微粒在電場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)，然后第三次到達(dá)x軸，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解規(guī)律可求得其對(duì)應(yīng)的坐標(biāo)值．

解答 解：
（1）如圖，電荷從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到x軸的過(guò)程：
位移$\sqrt{2}$L=$\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$
加速度a=$\frac{Eq}{m}$
電荷進(jìn)入磁場(chǎng)的速度為v=at₁
速度方向與x軸正方向成45°角，在磁場(chǎng)中
運(yùn)動(dòng)時(shí)由qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
得電荷在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)半徑為r=$\frac{mv}{qB}$=$\frac{\sqrt{2}}{10}$m
（2）由（1）中公式解得
微粒在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t₁=$\sqrt{2}×1{0}^{-4}$s
在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期T=$\frac{2πr}{v}$=$\frac{2πm}{qB}$
在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t₂=$\frac{3}{4}T$=$\frac{3\sqrt{2}π}{4}×1{0}^{-4}$s
所以，t_總=t₁+t₂=（$\sqrt{2}$+$\frac{3\sqrt{2}}{4}$）×10^-4s；
（3）軌跡圓與x軸相交的弦長(zhǎng)為△x=0.2m，r=$\frac{\sqrt{2}}{10}$m
以電荷從坐標(biāo)原點(diǎn)O的左側(cè)10cm處再次進(jìn)入電場(chǎng)中，且速度方向與電場(chǎng)方向垂直，電荷在電場(chǎng)中作類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)到達(dá)x軸的位移為S．
則：
Scos45°=vt
Ssin45°=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
得S=0.8m=80cm
所以電荷到達(dá)x軸上的點(diǎn)的坐標(biāo)為（70，0）
答：（1）微粒進(jìn)入磁場(chǎng)后在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為$\frac{\sqrt{2}}{10}$m；
（2）從釋放微粒到微粒第一次從磁場(chǎng)返回電場(chǎng)所用時(shí)間為（$\sqrt{2}$+$\frac{3\sqrt{2}}{4}$）×10^-4s；
（3）微粒第3次與x軸相遇點(diǎn)的坐標(biāo)（70，0）

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵知道粒子在電場(chǎng)中先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，然后在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，再進(jìn)入電場(chǎng)做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解．