Question

20．如圖所示，在xoy坐標(biāo)系中，第Ⅰ、Ⅲ象限存在大小相等，方向相反的勻強磁場，第Ⅱ象限存在沿+x方向的勻強電場．A、B、C三點坐標(biāo)分別為（-3l，l），（-2l，0）、（-3l，0）．現(xiàn)讓一帶正電粒子從A點由靜止釋放，不計粒子的重力．
（1）若粒子釋放的同時，在0≤y≤l且x≤0區(qū)域內(nèi)再疊加與原電場大小相等、方向沿-y方向的勻強電場，發(fā)現(xiàn)粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰能從C點再次進(jìn)入這一疊加電場中，求粒子在第Ⅲ象限中運動的半徑；
（2）若粒子釋放時，無（1）中的疊加電場，試求粒子通過y軸時的縱坐標(biāo)y₁；
（3）滿足條件（1）的情況下，求粒子通過y軸時的縱坐標(biāo)y₂．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)ABC三點的位置坐標(biāo)，確定AB與x軸之間的夾角，然后結(jié)合幾何關(guān)系求出粒子在第三象限中的半徑．
（2）帶電粒子在電場中運動的過程中做勻加速直線運動，結(jié)合動能定理即可求出兩種情況下進(jìn)入磁場時的速度關(guān)系，最后再結(jié)合半徑公式即可求出；
（3）滿足條件（1）的情況下，粒子再次進(jìn)入電場后做類平拋運動，結(jié)合平拋運動的規(guī)律求出進(jìn)入第一象限的速度的大小與方向，在根據(jù)速度公式即可求出．

解答 解：（1）A、B、C三點坐標(biāo)分別為（-3l，l），（-2l，0）、（-3l，0）．所以AB與x軸之間的夾角是45°，
由幾何關(guān)系得，在II區(qū)域中，其運動半徑設(shè)為r₁
則：$\sqrt{2{r}_{1}}=l$
得：${r}_{1}=\frac{\sqrt{2}}{2}l$①
（2）粒子由A運動到B時，設(shè)粒子的電荷量為q，原電場強度大小為E，粒子的質(zhì)量為m，則由動能定理得：
$\sqrt{2}qE•\sqrt{2}l=\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$②
若無疊加電場時，則粒子由A點m沿+x方向做加速直線運動，則由動能定理得：
$qE•3L=\frac{1}{2}m{v}_{2}^{2}$③
設(shè)粒子在區(qū)域I中運動半徑為r₂，根據(jù)半徑公式：$r=\frac{mv}{qB}$，則
$\frac{{r}_{2}}{{r}_{1}}=\frac{{v}_{2}}{{v}_{1}}$　�、�
由①②③④解得：${r}_{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}L$
故${y}_{1}=L+n\sqrt{3}L$ n=0，1，2，
（3）若粒子從C點進(jìn)入II區(qū)域，將做類平拋運動，設(shè)其軌跡第一次與y軸相交于D點（0，h）
設(shè)C運動到D時間為t：
$（\sqrt{3}L-h）cos45°+\sqrt{2}h={v}_{1}t$
$（\sqrt{3}L-h）sin45°=\frac{1}{2}•\frac{\sqrt{2}qE}{m}•{t}^{2}$
解得：h=L，t=$\frac{2\sqrt{2}L}{{v}_{1}}$
沿電場方向的速度：${v}_{∥}=\frac{\sqrt{2}qE}{m}•t={v}_{1}$，故D點速度大小為${v}_{D}=\sqrt{2}{v}_{1}$   沿+x 方向
$\frac{{r}_{3}}{{r}_{1}}=\frac{{v}_{D}}{{v}_{1}}$
得：y₂=L+2nL     n=0，1，2，
答：（1）若粒子釋放的同時，在0≤y≤l且x≤0區(qū)域內(nèi)再疊加與原電場大小相等、方向沿-y方向的勻強電場，發(fā)現(xiàn)粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰能從C點再次進(jìn)入這一疊加電場中，粒子在第Ⅲ象限中運動的半徑是$\frac{\sqrt{2}}{2}l$；
（2）若粒子釋放時，無（1）中的疊加電場，粒子通過y軸時的縱坐標(biāo)是$L+n\sqrt{3}L$（n=0，1，2，）；
（3）滿足條件（1）的情況下，粒子通過y軸時的縱坐標(biāo)是L+2nL （n=0，1，2，）．

點評 本題主要考查了帶電粒子在混合場中運動的問題，要求同學(xué)們能正確分析粒子的受力情況，再通過受力情況分析粒子的運動情況，熟練掌握平拋運動和圓周運動的基本公式，并幾何幾何關(guān)系解題，難度較大．