Question

14．如圖所示，x軸上方有一勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于紙面向里，大小為B，x軸下方有一勻強電場，電場強度的大小為E，方向與y軸的夾角θ為45°且斜向上方． 現(xiàn)有一質量為m電量為q的正離子，以速度v₀由y軸上的A點沿y軸正方向射入磁場，該離子在磁場中運動一段時間后從x軸上的C點（圖中未畫出）進入電場區(qū)域，該離子經C點時的速度方向與x軸夾角為45°．不計離子的重力，設磁場區(qū)域和電場區(qū)域足夠大． 求：
（1）C點的坐標；
（2）離子從A點出發(fā)到第三次穿越x軸時的運動時間；
（3）離子第四次穿越x軸時速度的大小及速度方向與電場方向的夾角．（求出正切值即可）

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在勻強磁場中在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動，由牛頓第二定律求出軌跡半徑．畫出粒子運動的軌跡，由幾何知識求出C點的坐標；
（2）根據(jù)運動軌跡的幾何關系，來確定圓心角，并結合周期公式與牛頓第二定律、運動學公式，即可求解；
（3）根據(jù)粒子做類平拋運動處理規(guī)律，由運動的分解，并結合運動學公式，即可求解．

解答 解：（1）磁場中帶電粒子在洛侖茲力作用下做圓周運動，故有：
$qvB=\frac{m{v}_{0}^{2}}{r}$
所以：$T=\frac{2πr}{{v}_{0}}=\frac{2πm}{qB}$
粒子運動軌跡如圖所示，由幾何知識知，

${x}_{C}=-（r+rcos45°）=-\frac{（2+\sqrt{2}）m{v}_{0}}{2qB}$
故，C點坐標為：$（-\frac{（2+\sqrt{2}）m{v}_{0}}{2qB}，0）$
（2）設粒子從A到C的時間為t₁，由題意知：${t}_{1}=\frac{5}{8}T=\frac{5πm}{4qB}$
設粒子從進入電場到返回C的時間為t₂，其在電場中做勻變速運動，有：
$\frac{Eq}{m}{t}_{2}={v}_{0}-（-{v}_{0}）$
聯(lián)立⑥⑦解得：
${t}_{2}=\frac{2m{v}_{0}}{qE}$
設粒子再次進入磁場后在磁場中運動的時間為t₃，由題意知：${t}_{3}=\frac{1}{4}T=\frac{πm}{2qB}$
故而，設粒子從A點到第三次穿越x軸的時間為：
$t={t}_{1}+{t}_{2}+{t}_{3}=\frac{7πm}{4qB}+\frac{2m{v}_{0}}{qE}$
（3）粒子從第三次過x軸到第四次過x軸的過程是在電場中做類似平拋的運動，即沿著v₀的方向（設為x′軸）做勻速運動，即x′=v₀t
沿著E的方向（設為y′軸）做初速為0的勻變速運動，即：
$y′=\frac{1}{2}\frac{qE}{m}•{t}^{2}$，${v}_{y}′=\frac{qE}{m}•t$
設離子第四次穿越x軸時速度的大小為v，速度方向與電場方向的夾角為α．由圖中幾何關系知：
$\frac{{y}^{2}}{{x}^{2}}=tan45°$
$v=\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$
得：$tanα=\frac{{v}_{0}}{{v}_{y}}$
解得：$v=\sqrt{5}{v}_{0}$
$α=arctan\frac{1}{2}$  或tanα=$\frac{1}{2}$
答：（1）C點的坐標是$（-\frac{（2+\sqrt{2}）m{v}_{0}}{2qB}，0）$；
（2）離子從A點出發(fā)到第三次穿越x軸時的運動時間是$\frac{7πm}{4qB}+\frac{2m{v}_{0}}{qE}$；
（3）離子第四次穿越x軸時速度的大小及速度方向與電場方向的夾角是$α=arctan\frac{1}{2}$．

點評 本題是粒子在電場和磁場中運動的問題，電場中類平拋運動的研究方法是運動的分解，磁場中圓周運動的研究方法是畫軌跡．