Question

如圖所示，A板左側(cè)存在著水平向左的勻強電場E₁，A板上有一水平小孔正對右側(cè)豎直屏上的O點，A板與屏之間距離為L，A板與屏之間存在豎直向下的勻強電場E₂和沿垂直紙面向外的勻強磁場．一個帶負電的可視為質(zhì)點的微粒從P點以某一初速度v₀豎直向上射入電場，經(jīng)時間0.4s恰好從A板中的小孔水平進入右側(cè)區(qū)域，并作勻速圓周運動，最終打在屏上的C處．已知微粒電量和質(zhì)量的比值

q

m

=25C/kg，磁感應(yīng)強度B=0.1T，A板與屏之間距離L=0.2m，屏上C點離O點的距離為h=

3

15

m．不考慮微粒對電場和磁場的影響，取g=l0m/s²．求：（1）勻強電場E₂的大�。�
（2）微粒從A板小孔射入速度v的大�。�
（3）勻強電場E₁的大�。�
（4）微粒從P點運動到C點的總時間．

Answer 1

分析：粒子在A板右側(cè)重力與電場力相等；
畫出軌跡根據(jù)幾何知識求出圓周運動半徑，然后由半徑公式求速度；
根據(jù)水平方向的分運動形式求解；
確定出粒子圓周運動的圓心角，然后根據(jù)圓周運動周期公式求圓周運動的時間，然后求總時間．

解答：解：（1）由微粒進入A板右側(cè)區(qū)域做勻速圓周運動可得：
qE₂=mg
E₂=

mg

q

=

10

25

=0.4N/C
（2）設(shè)微粒做勻速圓周運動的半徑為R，
由幾何關(guān)系R²=L²+（R-h）²
得：R=

2 3

15

m
設(shè)圓心角為θ，sinθ=

L

R

=

3

2

  θ=60°
洛倫茲力提供向心力：qvB=m

v2

R

v=

qBR

m

=

3

3

m/s=0.58m/s
（3）微粒從P到S，水平方向做勻加速運動，
水平方向：a=

v

t

=

0.58

0.4

=1.45m/s²
由牛頓第二定律得：qE₁=ma
E₁=

ma

q

=0.058N/C
（4）勻速圓周運動的周期：
T=

2πm

qB

=

4π

5

s
微粒從S運動到C點時間為：t_SC=

θ

360°

T=

T

6

t_總=t_PS+

T

6

=0.82s
答：（1）勻強電場E₂的大小0.4N/C；
（2）微粒從A板小孔射入速度v的大小0.58m/s；
（3）勻強電場E₁的大小0.058N/C；
（4）微粒從P點運動到C點的總時間0.82s．

點評：本題沒有采用程序法思維，而采用倒敘法，先研究最后一個過程，再研究前面的過程．微粒在電場和重力場的復合場中運動，運用運動的分解法，在磁場中采用畫軌跡的方法，方法不同．