Question

9．xy平面為一光滑水平面，在x＞0，y＞0的空間區(qū)域內(nèi)有平行于xy平面的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E=100V/m；在x＞0，y＜3m的區(qū)域內(nèi)同時(shí)有垂直于xy平面的磁場(chǎng)，一質(zhì)量m=2×10^-6kg、電荷量大小為q=2×10^-7C的帶負(fù)電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以一定的初動(dòng)能入射，在電場(chǎng)和磁場(chǎng)的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，到達(dá)P（4，3）點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能變?yōu)槌鮿?dòng)能的0.2倍，速度方向垂直于OP．最后，粒子從y軸上y=5m的M點(diǎn)射出電場(chǎng)，動(dòng)能變?yōu)槌鮿?dòng)能的0.52倍，求：
（1）OP連線上與M點(diǎn)等電勢(shì)的點(diǎn)的坐標(biāo)；
（2）粒子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)所需的時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，洛倫茲力不做功，只有電場(chǎng)力做功，根據(jù)動(dòng)能定理求解，根據(jù)電勢(shì)差的定義式求出O點(diǎn)與P點(diǎn)、M點(diǎn)間的電勢(shì)差．由公式U=Ed，求出OD，由數(shù)學(xué)知識(shí)可得解．
（3）帶電粒子從P到M過(guò)程中的運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)的分解法，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求解．

解答 解：（1）設(shè)粒子在P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為E_k，則初動(dòng)能為5E_k，在M點(diǎn)的動(dòng)能為2.6E_k．
由于洛倫茲力不做功，粒子從O點(diǎn)到P點(diǎn)和從P點(diǎn)到M點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力做的功大小分別為W₁、W₂
由動(dòng)能定理得：
-W₁=E_k-5E_k
  W₂=2.6E_k-E_k
則  W₁：W₂=5：2                       
O點(diǎn)和P點(diǎn)及M點(diǎn)的電勢(shì)差分別為：U_OP=$\frac{{4E}_{k}}{q}$，U_OM=$\frac{2.4{E}_{k}}{q}$   
設(shè)OP連線上與M點(diǎn)電勢(shì)相等的點(diǎn)為D，則${U}_{OD}=\frac{2.4{E}_{K}}{q}$，由幾何關(guān)系得OP的長(zhǎng)度為5m，因U_OP=$\frac{{4E}_{k}}{q}$，U_OM=$\frac{2.4{E}_{k}}{q}$   
則OD=3m，DP=2m
沿OP方向電勢(shì)下降．則：$\frac{OD}{OP}=\frac{DN}{PA}=\frac{ON}{OA}$
解得DN=1.8m，ON=2.4m，即D坐標(biāo)為 （2.4 m，1.8 m）
（2）OP與X軸的夾角α，則：sinα=$\frac{3}{5}$
由于OD=3 m  而OMcos∠MOP=3 m  所以MD垂直于OP
由于MD為等勢(shì)線，因此OP為電場(chǎng)線，方向從O到P　　
帶電粒子從P到M過(guò)程中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，在x軸方向上
則DP=$\frac{1}{2}\frac{qE}{m}{t}^{2}$
又，DP=OP-OD=2m
解得：t=0.2s
答：
（1）OP連線上與M點(diǎn)等電勢(shì)的點(diǎn)的坐標(biāo)是（2.4 m，1.8 m）；
（3）粒子由P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)所需的時(shí)間是0.2s

點(diǎn)評(píng) 本題是帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的類型，畫出磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡，電場(chǎng)中運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解都是常規(guī)方法，要能靈活運(yùn)用幾何知識(shí)求解磁場(chǎng)中空間尺寸．