Question

2．如圖所示，xOy平面為一光滑水平面，在此區(qū)域內(nèi)有平行于xOy平面的勻強(qiáng)電場，同時(shí)有垂直于xOy平面的勻強(qiáng)磁場．一質(zhì)量m、電荷量q帶負(fù)電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O以一定的初動(dòng)能入射，在電場和磁場的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，到達(dá)P （4，3）點(diǎn)時(shí)，動(dòng)能變?yōu)槌鮿?dòng)能的0.5倍．此時(shí)撤去磁場，經(jīng)過一段時(shí)間該粒子經(jīng)過y軸上的M（0，6.25）點(diǎn)，動(dòng)能變?yōu)槌鮿?dòng)能的0.625倍，求：
（1）粒子從O到P與從P到M的過程中電場力做功的大小之比；
（2）OP連線上與M點(diǎn)等電勢(shì)的點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）勻強(qiáng)電場方向如何？

Answer 1

分析 （1）粒子運(yùn)動(dòng)過程中，洛倫茲力不做功，只有電場力做功，根據(jù)動(dòng)能定理求解．
（2）根據(jù)電勢(shì)差的定義式求出O點(diǎn)與P點(diǎn)、M點(diǎn)間的電勢(shì)差．由公式U=Ed，求出OD，由數(shù)學(xué)知識(shí)可得解．
（3）根據(jù)電場線與等勢(shì)線垂直，即可判斷電場強(qiáng)度的方向．

解答 解：（1）設(shè)粒子在P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為E_k，據(jù)題有其初動(dòng)能為2E_k，在M點(diǎn)的動(dòng)能為0.625×2E_k=1.25E_k．
由于洛倫茲力不做功，設(shè)粒子從O點(diǎn)到P點(diǎn)和從P點(diǎn)到M點(diǎn)的過程中，電場力做的功大小分別為W₁、W₂
由動(dòng)能定理得：
-W₁=E_k-2E_k
  W₂=1.25E_k-E_k
則  W₁：W₂=4：1                       
（2）O點(diǎn)和P點(diǎn)及M點(diǎn)的電勢(shì)差分別為：U_OP=$\frac{{E}_{k}}{q}$，U_OM=$\frac{0.75{E}_{k}}{q}$
設(shè)OP連線上與M點(diǎn)電勢(shì)相等的點(diǎn)為D，由幾何關(guān)系得OP的長度為5m，
沿OP方向電勢(shì)降低．則：$\frac{{U}_{OD}}{{U}_{OP}}$=$\frac{{U}_{OM}}{{U}_{OP}}$=$\frac{OD}{OP}$=$\frac{0.75}{1}$
得OD=3.75m，OP與x軸的夾角α，則：sinα=$\frac{3}{5}$
D點(diǎn)的坐標(biāo)為 x _D=ODcosα=3 m，y_D=ODsinα=2.25m
即：D （3 m，2.25 m）
（3）由于OD=3.75 m  而OMcos∠MOP=3.75 m  所以MD垂直于OP
由于MD為等勢(shì)線，因此OP為電場線，方向從O到P．
答：
（2）粒子從O到P與從P到M的過程中電場力做功的大小之比是4：1；
（2）OP連線上與M點(diǎn)等電勢(shì)的點(diǎn)的坐標(biāo)是（3 m，2.25 m）；
（3）勻強(qiáng)電場方向從O到P．

點(diǎn)評(píng) 本題是帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)的類型，畫出磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡，電場中運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解都是常規(guī)方法，要能靈活運(yùn)用幾何知識(shí)求解磁場中空間尺寸．