Question

14．在xoy平面內(nèi)存在著如圖所示的電場(chǎng)和磁場(chǎng)，其中二、四象限內(nèi)電場(chǎng)方向與y軸平行且相反，大小為E，一、三象限內(nèi)磁場(chǎng)方向垂直平面向里，大小相等．一個(gè)帶電粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，從第四象限內(nèi)的P（L，-L）點(diǎn)由靜止釋放，粒子垂直y軸方向進(jìn)入第二象限，求：
（1）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B；
（2）粒子第二次到達(dá)y軸的位置；
（3）粒子從釋放到第二次到達(dá)y軸所用時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場(chǎng)中加速獲得速度，在磁場(chǎng)中的做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)洛倫茲力作為向心力計(jì)算磁感應(yīng)強(qiáng)度的大�。�
（2）粒子在第二象限做類平拋運(yùn)動(dòng)，之后再進(jìn)入磁場(chǎng)做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)半徑公式計(jì)算到達(dá)的位置．
（3）粒子從釋放到第二次到達(dá)y軸所用時(shí)間為在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間的總和．

解答 解：（1）粒子在第四象限內(nèi)，$qEL=\frac{1}{2}m{v_0}^2$，
所以：${v_0}=\sqrt{\frac{2qEL}{m}}$
在第一象限內(nèi)，$q{v_0}B=m\frac{{{v_0}^2}}{R}$
得：$R=\frac{{m{v_0}}}{qB}$，又R=L，
所以：$B=\frac{{\sqrt{2mqEL}}}{qL}$
（2）在第二象限內(nèi)，x=v₀t，$L=\frac{1}{2}\frac{qE}{m}{t^2}$
可解得：x=2L
且進(jìn)入第三象限時(shí)，${v_y}=\frac{qE}{m}t={v_0}$
所以，進(jìn)入第三象限時(shí)的速度，$v=\sqrt{2}{v_0}$，其方向與x軸負(fù)向夾角為45⁰，
在第三象限內(nèi)，由$r=\frac{mv}{qB}$，得：$r=\sqrt{2}L$，
故MN為圓周軌跡的直徑，所以N點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，-2L）
（3）粒子在第四象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間${t_1}=\frac{v_0}{a}=\frac{{m{v_0}}}{qE}$，
在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期$T=\frac{2πm}{qB}$，
所以粒子從釋放到第二次到達(dá)y軸所用時(shí)間${t_總}(cāng)=2{t_1}+\frac{1}{4}T+\frac{1}{2}T$
解得：${t_總}(cāng)=2\sqrt{\frac{2mL}{qE}}+\frac{3π}{2}\sqrt{\frac{mL}{2qE}}$
答：（1）磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為$\frac{\sqrt{2mqEL}}{qL}$；
（2）粒子第二次到達(dá)y軸的位置為（0，-2L）；
（3）粒子從釋放到第二次到達(dá)y軸所用時(shí)間為$2\sqrt{\frac{2mL}{qE}}+\frac{3π}{2}\sqrt{\frac{mL}{2qE}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題為帶電粒子在組合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，要注意分別應(yīng)用電場(chǎng)中的加速，磁場(chǎng)中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律進(jìn)行分析求解．并注意認(rèn)真分析其對(duì)應(yīng)的物理過(guò)程．明確物理規(guī)律的正確應(yīng)用．