Question

14．如圖所示，在豎直平面內(nèi)建立x軸沿水平方向的直角坐標(biāo)系xOy，在第一象限內(nèi)有豎直向上，場強為E的勻強電場和垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在第二象限內(nèi)有與x軸正方向成45°角向上，場強為$\sqrt{2}$E的勻強電場，在第四象限有豎直向上，場強為2E的勻強電場，現(xiàn)從第二象限直線x=x₀上的某點將一點電荷量大小為q的粒子由靜止釋放，恰好能垂直y軸進入第一象限，隨后從x軸上某點進入第四象限，在第四象限運動一段時間后又從x軸上同一點回到第一象限，重力加速度為g，試求：
（1）粒子的電性和質(zhì)量
（2）粒子釋放時的縱坐標(biāo)y₀
（3）粒子從靜止開始運動到剛好再次進入第一象限所用的時間．

Answer 1

分析 （1）粒子在第二象限時，受重力和電場力，做勻變速直線運動，合力水平向右，根據(jù)牛頓第二定律并結(jié)合正交分解法列式求解；
（2）粒子的在第二象限做勻變速直線運動，根據(jù)運動學(xué)公式列式求解末速度；在第第一象限做勻速圓周運動，重力和電場力平衡，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律并結(jié)合幾何關(guān)系列式；
（3）粒子在第4象限是勻變速直線運動，求解出各個過程的時間后求和即可．

解答 解：（1）粒子在第二象限時，受重力和電場力，做勻變速直線運動，合力水平向右，故：
$\sqrt{2}$qE•sin45°=mg
$\sqrt{2}$qE•cos45°=ma
解得：
m=$\frac{qE}{g}$
a=g
粒子帶正電荷；
（2）粒子的在第二象限做勻變速直線運動，故：
v₂=2ax₀
解得：
v=$\sqrt{2g{x}_{0}}$
在第一象限，重力和電場力平衡，洛倫茲力提供向心力，故：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
解得：
R=$\frac{mv}{qB}$=$\frac{\frac{qE}{g}\sqrt{2g{x}_{0}}}{qB}$=$\frac{E}{B}\sqrt{\frac{2{x}_{0}}{g}}$
粒子垂直進入第四象限，故在第一象限的軌跡為四分之一圓��；
故y₀=R=$\frac{E}{B}\sqrt{\frac{2{x}_{0}}{g}}$
（3）粒子在第二象限的運動時間：
t₁=$\frac{v}{g}$=$\sqrt{\frac{2{x}_{0}}{g}}$
粒子在第一象限的運動時間：
t₂=$\frac{T}{4}$=$\frac{1}{4}$×$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{πE}{2Bq}$
在第4象限，加速度：
a′=$\frac{2qE-mg}{m}$=g
故在第4象限的運動時間：
t₃=$\frac{2v}{g}$=2$\sqrt{\frac{2{x}_{0}}{g}}$
故從開始釋放到再次到第一象限的時間：
t=t₁+t₂+t₃=3$\sqrt{\frac{2{x}_{0}}{g}}$+$\frac{πE}{2Bq}$
答：（1）粒子的電性為正，質(zhì)量為$\frac{qE}{g}$；
（2）粒子釋放時的縱坐標(biāo)為$\frac{E}{B}\sqrt{\frac{2{x}_{0}}{g}}$；
（3）粒子從靜止開始運動到剛好再次進入第一象限所用的時間為3$\sqrt{\frac{2{x}_{0}}{g}}$+$\frac{πE}{2Bq}$．

點評 本題關(guān)鍵是明確粒子的受力情況、運動情況，然后結(jié)合牛頓第二定律、勻變速直線運動的規(guī)律、向心力公式和幾何關(guān)系列式求解，不難．