Question

14．在如圖所示的xoy坐標(biāo)系內(nèi)，有沿x軸正向、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場，和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，它們以虛線MN為界，MN經(jīng)坐標(biāo)原點(diǎn)，且與x軸正向成45°角，一質(zhì)量為m，電荷量為q為帶正電的粒子從y軸上坐標(biāo)為（0，L）的P點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)電場加速，磁場偏轉(zhuǎn)剛好經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)．求：
（1）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大��；
（2）粒子第三次經(jīng)過MN的位置；
（3）粒子第四次經(jīng)過MN的位置與第三次經(jīng)過MN的位置間的距離．（已知：sin（A-B）=sinAcosB-cosAsinB）

Answer 1

分析 （1）由粒子運(yùn)動軌跡的對稱性，得到軌道半徑，由動能定理求得粒子進(jìn)入磁場的速度，由洛倫茲力提供向心力求得軌道半徑與磁感應(yīng)強(qiáng)度和速度的大小關(guān)系，進(jìn)而就得磁感應(yīng)強(qiáng)度大�。�
（2）粒子第二次經(jīng)過MN后，做類平拋運(yùn)動，粒子第三次經(jīng)過MN的位置時位移與Y軸的偏角為45°，由運(yùn)動的分解的知識可得從第二次經(jīng)過MN到第三次經(jīng)過MN的時間，進(jìn)而求得粒子第三次經(jīng)過MN的位置；
（3）由類平拋運(yùn)動的規(guī)律得到粒子第二次進(jìn)入磁場的方向與MN的夾角，由粒子運(yùn)動軌跡的對稱性，結(jié)合幾何關(guān)系得到軌道半徑與夾角的關(guān)系，再次利用動能定理求得粒子進(jìn)入磁場的速度，由洛倫茲力提供向心力求得軌道半徑與磁感應(yīng)強(qiáng)度和速度的大小關(guān)系，從而求得粒子第四次經(jīng)過MN的位置與第三次經(jīng)過MN的位置間的距離

解答 解：（1）粒子第一次入射時，速度方向與磁場邊界的夾角為45°，由幾何關(guān)系可得，軌道半徑為：R=L   ①
設(shè)第一次入射的速度為v，由動能定理可得：EqL=$\frac{1}{2}$mv²    ②
在磁場中，由牛頓第二定律得：qvB=$\frac{{mv}^{2}}{R}$   ③
聯(lián)立①②③可得，B=$\sqrt{\frac{2mE}{qL}}$④
（2）粒子第一次出來磁場后，速度恰沿著y軸的正方向，之后做類平拋運(yùn)動，粒子第三次經(jīng)過MN的位置時類平拋的位移位移與Y軸的偏角為45°，設(shè)類平拋的時間為t，加速度為a，則有：
a=$\frac{Eq}{m}$⑤
tan45°=$\frac{vt}{\frac{{at}^{2}}{2}}$⑥
粒子第三次經(jīng)過MN的位置坐標(biāo)為：x₃=y₃=vt⑦
解②⑤⑥⑦可得，x₃=y₃=4L⑧
（3）設(shè)粒子第二次進(jìn)入磁場的方向與MN的夾角為θ，由類平拋運(yùn)動的推論可得，tanθ=2tan45°=2⑨
由數(shù)學(xué)關(guān)系可得：sin2_θ+cos2_θ=1   （10）
而粒子第二次進(jìn)入磁場的方向與MN的夾角為：α=θ-45°（11）
設(shè)第二次進(jìn)入磁場的速度為v′，由動能定理得：Eq×4L=$\frac{1}{2}$${mv′}^{2}-\frac{1}{2}$mv²    （12）
設(shè)粒子第二次進(jìn)入磁場的軌道半徑為R′，則有：qv′B=$\frac{{mv′}^{2}}{R′}$      （13）
由運(yùn)動軌跡的幾何關(guān)系可得，粒子第四次經(jīng)過MN的位置與第三次經(jīng)過MN的位置間的距離為：d=2R′sinα    （14）
聯(lián)立④⑨（10）（11）（12）（13）（14）可得，d=L
答：（1）磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為$\sqrt{\frac{2mE}{qL}}$；
（2）粒子第三次經(jīng)過MN的位置為（4L，4L）；
（3）粒子第四次經(jīng)過MN的位置與第三次經(jīng)過MN的位置間的距離為L．

點(diǎn)評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運(yùn)動，分析清楚粒子的運(yùn)動過程是正確解題的關(guān)鍵，分析清楚運(yùn)動過程后，應(yīng)用牛頓第二定律、類平拋運(yùn)動規(guī)律即可正確解題，解題時注意幾何知識的應(yīng)用和數(shù)學(xué)三角函數(shù)的應(yīng)用，有一定的難度．