Question

15．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一象限中，OM是角平分線，OM與+x軸之間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，OM與+x軸之間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場．質(zhì)量為m、電量為q的正點(diǎn)電荷從x軸上的點(diǎn)豎直向上進(jìn)入磁場，OA=L，不計(jì)點(diǎn)電荷的重力．
（1）要使點(diǎn)電荷在磁場中運(yùn)動的時(shí)間最長，求點(diǎn)電荷的速度范圍；
（2）要使點(diǎn)電荷垂直于電場線的方向進(jìn)入電場且過原點(diǎn)O，求電場強(qiáng)度的大小及離開電場時(shí)的速度大�。�

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意可知，在粒子速度很小時(shí)，粒子可以從X軸垂直射出，當(dāng)速度逐漸增大時(shí)，粒子的運(yùn)動半徑也隨著增大，當(dāng)其軌跡與OM相切時(shí)，速度達(dá)到最大，根據(jù)幾何知識求出最大圓周的半徑，再根據(jù)牛頓第二定律求出臨界速度；
（2）根據(jù)題意垂直進(jìn)入電場，可以求出圓周運(yùn)動半徑，然后根據(jù)牛頓第二定律求出入射速度，在電場中粒子做類平拋運(yùn)動且過原點(diǎn)，根據(jù)平拋公式求出加速度大小，再求出電場強(qiáng)度．從剛進(jìn)入電場到從O點(diǎn)射出電場，根據(jù)動能定理求出離開電場時(shí)的速度大�。�

解答 解：（1）點(diǎn)電荷的速度較小時(shí)，將在磁場中運(yùn)動半個(gè)周期，當(dāng)其軌跡與OM相切時(shí)速度最大，此時(shí)有：
$r+\sqrt{2}r=L$
根據(jù)牛頓第二定律有：
$q{Bv}_{m}=m\frac{{{v}_{m}}^{2}}{r}$
得${v}_{m}=\frac{（\sqrt{2}-1）qBL}{m}$
點(diǎn)電荷的速度在0～${v}_{m}=\frac{（\sqrt{2}-1）qBL}{m}$時(shí)，時(shí)間都最長．
（2）要使點(diǎn)電荷垂直于電場線進(jìn)入電場，在磁場中運(yùn)動時(shí)的半徑應(yīng)為${r}_{1}=\frac{L}{2}$
根據(jù)牛頓第二定律有：
$qBv=m\frac{{v}^{2}}{{r}_{1}}$
又在電場中做類平拋運(yùn)動，
r₁=vt，${r}_{1}=\frac{1}{2}{at}^{2}$，$a=\frac{qE}{m}$
聯(lián)立求得$E=\frac{qL{B}^{2}}{m}$
根據(jù)動能定理可得：
$qE{r}_{1}=\frac{1}{2}{{mv}_{1}}^{2}-\frac{1}{2}m{v}^{2}$
得${v}_{1}=\frac{\sqrt{5}qBL}{2m}$
答：（1）點(diǎn)電荷的速度范圍為0～${v}_{m}=\frac{（\sqrt{2}-1）qBL}{m}$；
（2）電場強(qiáng)度為$E=\frac{qL{B}^{2}}{m}$，離開電場時(shí)的速度大小為${v}_{1}=\frac{\sqrt{5}qBL}{2m}$．

點(diǎn)評 此題是一道典型帶電粒子在電場和磁場中運(yùn)動的練習(xí)題，粒子在磁場和電場中各運(yùn)動一段，作此類問題，通過在紙上畫出粒子的運(yùn)動軌跡，需要我們在題中找到臨界條件解題，這樣讓我們解題更容易．