Question

1．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，x軸上方存在與y軸負(fù)方向成45°角的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)大小為E；在x軸下方存在垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B．現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)子從y軸正半軸上的P點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)電場加速后以速度v₀第一次進(jìn)入磁場，不計質(zhì)子重力，求：
（1）P點(diǎn)的縱坐標(biāo)；
（2）質(zhì)子第二次經(jīng)過x軸時的橫坐標(biāo)．
（3）質(zhì)子從P點(diǎn)釋放到第三次經(jīng)過x軸所用的時間．

Answer 1

分析 （1）電場力對帶電粒子做功，W=qEd，$d=\sqrt{2}y$，
（2）帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡是$\frac{1}{4}$圓，$△x=\sqrt{2}r$；
（3）帶電粒子第二次進(jìn)入電場后，沿速度的方向與垂直于速度的方向建立坐標(biāo)系，帶電粒子做類平拋運(yùn)動．

解答 解：（1）電場力對帶電粒子做功等于粒子動能的變化，即：
$qEd=\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$，
得：$d=\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qE}$
又：$d=\sqrt{2}y$，
$d=\sqrt{2}{x}_{1}$
所以：$y=\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}^{2}}{4qE}$；
${x}_{1}=\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}^{2}}{4qE}$
（2）帶電粒子在磁場中運(yùn)動的軌跡是$\frac{1}{4}$圓，如圖，$△x=\sqrt{2}r$；
洛倫茲力提供粒子做圓周運(yùn)動的向心力，則：$q{v}_{0}B=\frac{m{v}_{0}^{2}}{r}$
得：$△x=\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qB}$；
所以：${x}_{2}={x}_{1}+△x=\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}^{2}}{4qE}+\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qB}$
（3）帶電粒子第一次在電場中時：$d=\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}=\frac{qE}{2m}•{t}_{1}^{2}$
解得：${t}_{1}=\frac{m{v}_{0}}{qE}$；
帶電粒子在磁場中運(yùn)動的周期：2πr=v•T，
運(yùn)動的時間：${t}_{2}=\frac{T}{4}=\frac{πm}{2qB}$
帶電粒子第二次進(jìn)入電場后，沿速度的方向與垂直于速度的方向建立坐標(biāo)系x′y′，帶電粒子做類平拋運(yùn)動如圖．
則：x′=v₀t₃；
$y′=\frac{1}{2}a{t}_{3}^{2}=\frac{qE}{2m}•{t}_{3}^{2}$；
又：x′=y′；
解得：${t}_{3}=\frac{2m{v}_{0}}{qE}$
質(zhì)子從P點(diǎn)釋放到第三次到達(dá)x軸所用的時間：$t={t}_{1}+{t}_{2}+{t}_{3}=\frac{3m{v}_{0}}{qE}+\frac{πm}{2qB}$
答：（1）P點(diǎn)縱坐標(biāo)y的值$y=\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}^{2}}{4qE}$；
（2）質(zhì)子第二次經(jīng)過x軸時的橫坐標(biāo)x的值$\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}^{2}}{4qE}+\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{qB}$；
（3）質(zhì)子從P點(diǎn)釋放到第三次到達(dá)x軸所用的時間為$\frac{3m{v}_{0}}{qE}+\frac{πm}{2qB}$．

點(diǎn)評 帶電粒子的運(yùn)動分別是勻加速直線運(yùn)動、勻速圓周運(yùn)動和類平拋運(yùn)動，帶電粒子第二次進(jìn)入電場后，沿速度的方向與垂直于速度的方向建立坐標(biāo)系x′y′來分析粒子的運(yùn)動是解決該題的關(guān)鍵，要求有較強(qiáng)的分析問題的能力和知識的遷移能力．屬于比較難的題目．