Question

12．如圖所示，x軸上方有豎直向下的勻強電場，x軸下方有垂直紙面向外的勻強磁場．矩形OACD的邊長分別為h和2h一個帶正電的粒子，質(zhì)量為m電荷量為q，以平行于x軸的某一初速度從A點射出，經(jīng)t₀時間粒子從D點進入磁場，再經(jīng)過一段時間后粒子又一次經(jīng)過A點（重力忽略不計）．求：
（1）電場強度大小E；
（2）磁感應(yīng)強度大小B；
（3）若僅改變粒子初速度的大小，求粒子以最短時間由A運動到C所需的初速度大小v_x．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子進入電場中做類平拋運動，根據(jù)水平位移和初速度求出運動的時間，根據(jù)牛頓第二定律和位移時間公式求出電場強度的大�。�
（2）根據(jù)粒子的速度方向，結(jié)合半徑公式和幾何關(guān)系求出磁感應(yīng)強度的大�。�
（3）粒子出磁場后運動到離x軸最大距離處時豎直速度為零，看作反向的平拋運動，根據(jù)周期公式求出粒子在磁場中運動的時間，以及粒子在電場中做類平拋運動的時間，從而得出總時間．

解答 解：（1）帶電粒子在電場中做類平拋運動，由h=$\frac{1}{2}a{t}_{0}^{2}$ ①

得 a=$\frac{2h}{{t}_{0}^{2}}$
又 qE=ma ②
可得 E=$\frac{ma}{q}$=$\frac{2mh}{q{t}_{0}^{2}}$ ③
（2）由v_x=$\frac{2h}{{t}_{0}}$，v_y=at₀=$\frac{2h}{{t}_{0}^{2}}$•t₀=v_x，得
粒子進入磁場時的速度大小 v=$\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{2}h}{{t}_{0}}$ ④
由R=$\frac{mv}{qB}$，得：$\frac{2\sqrt{2}mh}{qB{t}_{0}}$=2$\sqrt{2}$h ⑤
解得 B=$\frac{m}{q{t}_{0}}$ ⑥
（3）設(shè)速度大小為v_x，運動軌跡與x軸交點處速度方向與x軸夾角為θ，

第一次與x軸相交時，v_y=$\frac{2h}{{t}_{0}}$，合速度為v，交點坐標(biāo)為 x₂=v_xt₀．
sinθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$ ⑦
又 R=$\frac{mv}{qB}$=vt₀，⑧
得Rsinθ=vt₀•$\frac{2h}{v{t}_{0}}$=2h，與初速度大小無關(guān)． ⑨
運動軌跡與x軸另一交點坐標(biāo)為
  x₁=x₂-2Rsinθ=v_xt₀-4h
根據(jù)對稱性 x₁=-h，x₂=3h （10）
粒子以最短時間由A運動到C所需的初速度大小 v_x=$\frac{3h}{{t}_{0}}$
答：
（1）電場強度大小E為$\frac{2mh}{q{t}_{0}^{2}}$；
（2）磁感應(yīng)強度大小B為$\frac{m}{q{t}_{0}}$；
（3）若僅改變粒子初速度的大小，粒子以最短時間由A運動到C所需的初速度大小v_x為$\frac{3h}{{t}_{0}}$．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡，應(yīng)用類平拋運動知識、牛頓第二定律、幾何知識即可正確解題．