Question

1．如圖所示的xoy坐標(biāo)系中，x軸上方，y軸與MN之間區(qū)域內(nèi)有沿x軸正向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)的大小E₁=1.5×10⁵N/C；x軸上方，MN右側(cè)足夠大的區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)I，磁場(chǎng)I的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B₁=0.2T．在原點(diǎn)O處有一粒子源，沿紙面向電場(chǎng)中各方向均勻地射出速率均為v₀=1.0×10⁶m/s的某種帶正電粒子，粒子質(zhì)量m=6.4×10^-27kg，電荷量q=3.2×10^-19C，粒子可以無阻礙地通過邊界MN進(jìn)入磁場(chǎng)．已知ON=0.2m．不計(jì)粒子的重力，圖中MN、FG均與y軸平行．求：
（1）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大��；
（2）已知在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短的粒子剛好不能穿過FG進(jìn)入FG右側(cè)的區(qū)域．若在磁場(chǎng)區(qū)域疊加一個(gè)方向垂直xoy平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ，可使在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子剛好不能穿過FG進(jìn)入FG右側(cè)的區(qū)域，求勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂的大小和方向；
（3）若在MN右側(cè)磁場(chǎng)空間內(nèi)加一在xoy平面內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)E₂，某一粒子從MN上的P點(diǎn)進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，先后經(jīng)過了A（0.5m，y_A）、C（0.3m，y_c）兩點(diǎn)，如圖所示，粒子在A點(diǎn)的動(dòng)能等于粒子在O點(diǎn)動(dòng)能的7倍，粒子在C點(diǎn)的動(dòng)能等于粒子在O點(diǎn)動(dòng)能的5倍，求所加電場(chǎng)強(qiáng)度E₂的大小和方向．

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)的速度大�。�
（2）在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短的粒子從N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，剛好不能穿過FG，作出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系求出半徑的大小，在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)最長(zhǎng)的粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，結(jié)合幾何關(guān)系求出粒子運(yùn)動(dòng)的軌道半徑．根據(jù)洛倫茲力提供向心力求出勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂的大小和方向．
（3）根據(jù)動(dòng)能定理求出A、C的電勢(shì)，結(jié)合勻強(qiáng)電場(chǎng)的特性，根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度與幾何關(guān)系求出所加電場(chǎng)強(qiáng)度E₂的大小和方向．

解答 解：（1）由動(dòng)能定理得：$\frac{1}{2}m{v^2}-\frac{1}{2}mv_0^2=qE\overline{_1ON}$
代入數(shù)據(jù)解得：v=2×10⁶m/s
（2）在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短的粒子從N點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，剛好不能穿過FG，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中圓弧NHK，F(xiàn)G與MN間的距離等于軌道半徑r₁．
由洛倫茲力公勻速圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：$q{B_1}v=m\frac{v^2}{r_1}$
解得：$\overline{NG}={r_1}=0.2$m
在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)的粒子從Q點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，進(jìn)入磁場(chǎng)的方向與NM的夾角為θ，由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律得：$cosθ=\frac{v_0}{v}=\frac{{1×{{10}^6}}}{{2×{{10}^6}}}=\frac{1}{2}$θ=60°
加上磁場(chǎng)B₂后，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中圓弧QIJ或QRT．所加磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，大小分別為B₂和B′₂，對(duì)應(yīng)的軌道半徑為分別為r₂和r′₂由幾何知識(shí)可得：${r_2}-{r_2}cosθ=\overline{NG}$　　　　　
${r}_{2}′+{r}_{2}′cosθ=\overline{NG}$
由洛倫茲力公勻速圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律得：$q（{B_1}-{B_2}）v=m\frac{v^2}{r_2}$，
q（B₂′-B₁）v=$m\frac{{v}^{2}}{{r}_{2}′}$     
聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得：B₂=0.1T 　B′₂=0.5T
（3）粒子從P點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為：${E_{kP}}=\frac{1}{2}m{v^2}=\frac{1}{2}m{（2{v_0}）^2}=4{E_{k0}}$
MN右側(cè)磁場(chǎng)空間內(nèi)加一在xoy平面內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，設(shè)A點(diǎn)的電勢(shì)為U_A，C點(diǎn)的電勢(shì)為U_C，取P點(diǎn)零電勢(shì)點(diǎn)，則由動(dòng)能定理得：
q（U_P-U_A）=E_kA-E_kP
q（U_P-U_C）=E_kC-E_kP
解得：${U_A}=-\frac{{3{E_{k0}}}}{q}$
${U_C}=-\frac{{{E_{k0}}}}{q}$
在AP連線上取一點(diǎn)D，設(shè)$\overline{PA}=3\overline{PD}$，則由勻強(qiáng)電場(chǎng)特性可知U_P-U_A=3（U_P-U_D）
由幾何知識(shí)可得：x_A-x_P=3（x_D-x_P）
解得：${U_D}=-\frac{{{E_{k0}}}}{q}={U_C}$
x_D=0.3m=x_C，即x坐標(biāo)相同的兩點(diǎn)為等勢(shì)點(diǎn)，A點(diǎn)電勢(shì)低于P點(diǎn)的電勢(shì)，所加電場(chǎng)沿x軸正方向，則有U_P-U_C=E₂（x_C-x_P）
聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得：${E_2}=1.0×{10^5}$N/C．
答：（1）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為2×10⁶m/s
（2）勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度B₂的大小為0.1T，方向垂直紙面向外．
（3）所加電場(chǎng)強(qiáng)度E₂的大小為1.0×10⁵N/C，方向沿x軸正方向．

點(diǎn)評(píng) 本題考查帶電粒子在電場(chǎng)中和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，理清粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律是解決本題的關(guān)鍵，處理粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題，要會(huì)確定粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心、半徑和圓心角，此類題型難度較大，經(jīng)常作為考試的壓軸題出現(xiàn)．