Question

15．如圖所示，xOy平面內(nèi)，y軸左側(cè)存在著沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，y軸右側(cè)直線y=2a（圖中虛線）上方存在著一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直xOy平面（圖中未畫出）．一個(gè)質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子從坐標(biāo)P（-2a，0）以速度v₀沿x軸正方向開(kāi)始運(yùn)動(dòng)．經(jīng)過(guò)M（0，a）點(diǎn)進(jìn)入y軸右側(cè)，通過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域后，從N點(diǎn)垂直經(jīng)過(guò)y軸第二次進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)，電場(chǎng)反向場(chǎng)，強(qiáng)大小不變．不計(jì)粒子的重力，試求：
（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大��；
（2）磁場(chǎng)區(qū)域磁感強(qiáng)度；
（3）粒子最后經(jīng)過(guò)x軸的速度大�。�

Answer 1

分析 （1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可以求出電場(chǎng)強(qiáng)度；
（2）求出粒子進(jìn)入磁場(chǎng)的速度，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出磁感應(yīng)強(qiáng)度；
（3）粒子再次進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用動(dòng)能定理可以求出粒子的速度．

解答 解：（1）粒子在磁場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，
x軸方向：v₀t=2a，
y軸方向：$\frac{1}{2}•\frac{qE}{m}{t^2}=a$
解得：$E=\frac{mv_0^2}{2qa}$；
（2）粒子過(guò)M點(diǎn)時(shí)速度：$v=\sqrt{2}{v_0}$，與y軸正方向成45°角，
過(guò)y軸后先作直線運(yùn)動(dòng)，然后圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示：
則圓周運(yùn)動(dòng)半徑：$r=\sqrt{2}a$，
由牛頓第二定律得：$qvB=m\frac{v^2}{r}$，
解得：$B=\frac{{m{v^{\;}}}}{qr}=\frac{{m\sqrt{2}{v_0}^{\;}}}{{q\sqrt{2}a}}=\frac{{m{v_0}^{\;}}}{qa}$；
（3）第二次進(jìn)入電場(chǎng)，電場(chǎng)反向，粒子作類平拋運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)Q點(diǎn)，
由動(dòng)能定理得：qEy_ON=$\frac{1}{2}$mv′²-$\frac{1}{2}$mv²，
解得：v′=$\sqrt{5+\sqrt{2}}$v₀；
答：（1）電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為$\frac{m{v}_{0}^{2}}{2qa}$；
（2）磁場(chǎng)區(qū)域磁感強(qiáng)度為$\frac{m{v}_{0}}{qa}$；
（3）粒子最后經(jīng)過(guò)x軸的速度大小為$\sqrt{5+\sqrt{2}}$v₀．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)、在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過(guò)程是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、牛頓第二定律與動(dòng)能定理可以解題．