Question

9．在如圖所示的坐標系中，在y＞0的空間中存在勻強電場，場強沿y軸負方向；在y＜0的空間中存在勻強磁場，磁場方向垂直xOy平面（紙面）向外，一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的運動粒子，經(jīng)過y軸上y=h處的點P₁時速為v₀，方向沿x軸正方向；然后，經(jīng)過x軸上x=1.5h處的P₂；點進入磁場，不計重力，求：
（1）粒子到達P₂時速度的大小和方向；
（2）電場強度的大小；
（3）若在y軸的負半軸上D（0，-1.5h）處固定一個與x軸平行的足夠長的彈性絕緣擋板（粒子與其相碰時電量不變，原速度反彈），粒子進入磁場偏轉(zhuǎn)后恰好能垂直撞擊在擋板上，則磁感應(yīng)強度B應(yīng)為多大，并求粒子從P₁出發(fā)到第2次與擋板作用所經(jīng)歷的時間．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運動，應(yīng)用類平拋運動的知識求出粒子的速度大小與方向．
（2）電場力對粒子做功，應(yīng)用動能定理可以求出電場強度．
（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動，作出粒子運動軌跡，求出粒子的軌道半徑，然后應(yīng)用牛頓第二定律求出磁感應(yīng)強度；求出粒子在磁場與在電場中的運動時間，然后求出總的運動時間．

解答 解：（1）粒子在電場中做類平拋運動，
在水平方向：1.5h=v₀t，
在豎直方向：h=$\frac{0+{v}_{y}}{2}$t，
解得：v_y=$\frac{4}{3}$v₀，
粒子的速度：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\frac{5}{3}$v₀，
方向：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{4}{3}$，
解得：θ=53°，速度方向與水平方向夾53°角；
（2）電場對粒子做正功，由動能定理得：
qEh=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²，
解得：E=$\frac{8m{v}_{0}^{2}}{9qh}$；
（3）粒子運動軌跡如圖所示：

由幾何知識得：Rsin37°=1.5h，解得，粒子軌道半徑：R=2.5h，
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，
解得：B=$\frac{2m{v}_{0}}{3qh}$；
粒子運動軌跡如圖所示，粒子第2次與擋板相碰時，粒子在電場中做了3個類平拋運動，在磁場中做了3段圓弧的圓周運動，
粒子在電場中的運動時間：t₁=3×$\frac{1.5h}{{v}_{0}}$=$\frac{9h}{2{v}_{0}}$，
粒子在磁場中的總偏轉(zhuǎn)角：α=3×37°=111°，
粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=$\frac{2πR}{v}$=$\frac{3πh}{{v}_{0}}$，
粒子在磁場中做圓周運動的時間：t₂=$\frac{α}{360°}$T=$\frac{37πh}{40{v}_{0}}$，
粒子從P₁出發(fā)到第2次與擋板作用所經(jīng)歷的時間：
t=t₁+t₂=$\frac{（180+37π）h}{40{v}_{0}}$；
答：（1）粒子到達P₂時速度的大小為：$\frac{5}{3}$v₀，方向與水平方向夾53°角斜向右下；
（2）電場強度的大小為$\frac{8m{v}_{0}^{2}}{9qh}$；
（3）磁感應(yīng)強度B應(yīng)為：$\frac{2m{v}_{0}}{3qh}$，粒子從P₁出發(fā)到第2次與擋板作用所經(jīng)歷的時間為$\frac{（180+37π）h}{40{v}_{0}}$．

點評 本題考查了粒子在電場、磁場中的運動，粒子運動過程復雜，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律、動能定理與牛頓第二定律可以解題．