Question

4．如圖所示，xOy平面內(nèi)第三象限存在著電場和磁場區(qū)域，以45°為分界線，上方只有勻強磁場、方向垂直于紙面向里，下方只有勻強電場方向垂直于分界線，一帶負電粒子由x軸上的A點靜止釋放，進入電場區(qū)域，再進入磁場區(qū)域，在磁場中運動時恰好不穿過y軸，已知A到坐標原點O的距離為（4+2$\sqrt{2}$）m，該負離子比荷$\frac{q}{m}$=10⁷C/kg，磁場磁感應(yīng)強度B=0.2T，試求．
（1）電場強度的大小
（2）負離子再次回到x軸時速度的大小v₂
（3）若磁場大小不變，方向相反，試求粒子從第一次到達分界線到第五次到達分界線的時間．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中先做勻加速直線運動，垂直進入磁場后做勻速圓周運動，畫出運動軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求出半徑，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力公式求解速度，粒子在電場中中做勻加速直線運動，根據(jù)動能定理求解電場強度；
（2）根據(jù)幾何關(guān)系求出粒子離開磁場后到x軸的距離，再根據(jù)動能定理求出到達x軸的速度；
（3）若磁場大小不變，方向相反，則從第一次到達分界線經(jīng)過半個周期又回到電場中，電子在電場中做勻減速直線運動，速度減為零后又做勻加速直線運動，到達分界線，然后又做圓周運動，回到分界線，直到第5次回到分界線時，共在磁場中運動了一個周期，在電場中經(jīng)過了兩個來回，分別求出粒子在電場和磁場中運動的時間，兩者之和即為總時間．

解答 解：（1）粒子在電場中先做勻加速直線運動，垂直進入磁場后做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示：

根據(jù)幾何關(guān)系可知，BO=$\frac{AO}{\sqrt{2}}$=2$\sqrt{2}+2$m，
則R+$\frac{R}{sin45°}$=BO
解得：R=2m
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則有：
Bqv=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
解得：v=$\frac{BqR}{m}=0.2×2×1{0}^{7}=4×1{0}^{7}m/s$，
粒子在電場中中做勻加速直線運動，根據(jù)動能定理得：
$\frac{1}{2}m{v}^{2}=Eq•AB$
解得：E=$\frac{m{v}^{2}}{2q•AB}=1{0}^{-7}×\frac{（4×1{0}^{7}）^{2}}{2×（2\sqrt{2}+2）}$=$（4\sqrt{2}-4）×1{0}^{7}N/C$
（2）粒子進入磁場后做勻速圓周運動，所以到達分界線的速度v=4×10⁷m/s，
進入電場后做勻減速直線運動，運動的位移x=BO-2R=$2\sqrt{2}-2$m，
根據(jù)動能定理得：
$\frac{1}{2}m{{v}_{2}}^{2}-\frac{1}{2}m{v}^{2}=-Eqx$
解得：${v}_{2}=\sqrt{32\sqrt{2}-32}×1{0}^{7}$m/s
（3）若磁場大小不變，方向相反，則從第一次到達分界線經(jīng)過半個周期又回到電場中，電子在電場中做勻減速直線運動，速度減為零后又做勻加速直線運動，到達分界線，然后又做圓周運動，回到分界線，直到第5次回到分界線時，共在磁場中運動了一個周期，在電場中經(jīng)過了兩個來回，
所以在磁場中運動的時間為T=$\frac{2πm}{Bq}=\frac{2π}{0.2}×1{0}^{-7}s=10π×1{0}^{-7}s$，
在電場中經(jīng)過的時間t=4×$\frac{v}{\frac{Eq}{m}}=\frac{4×4×1{0}^{7}}{（4\sqrt{2}-4）×1{0}^{7}×1{0}^{7}}$=$4（\sqrt{2}+1）×1{0}^{-7}s$
所以粒子從第一次到達分界線到第五次到達分界線的時間為${t}_{總}=t+T=[4（\sqrt{2}+1）+10π]×1{0}^{-7}s$
答：（1）電場強度的大小為$（4\sqrt{2}-4）×1{0}^{7}N/C$；
（2）負離子再次回到x軸時速度的大小為$\sqrt{32\sqrt{2}-32}×1{0}^{7}$m/s，
（3）若磁場大小不變，方向相反，粒子從第一次到達分界線到第五次到達分界線的時間為$[4（\sqrt{2}+1）+10π]×1{0}^{-7}s$．

點評 本題是一道力學綜合題，考查了粒子在電場、磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程是正確解題的關(guān)鍵，分析清楚運動過程后，應(yīng)用動能定理、牛頓第二定律、運動學公式即可正確解題，難度較大，屬于難題．