Question

1．如圖所示，豎直平面內的直角坐標系中，在y＞0區(qū)域內，有沿y軸負方向的勻強電場；在y＜0的區(qū)域內，有沿y軸正方向、大小和y＞0區(qū)域相等的勻強電場、以及垂直紙面的勻強磁場（圖中沒有標出）．一質量為m、電荷量為+q的微粒從y軸上P點，以沿x軸正方向、大小為2$\sqrt{gl}$的初速度開始運動．當微粒第一次穿過x軸時，恰好到達Q點；當微粒第二次穿過x軸時，恰好到達坐標原點；當微粒第三次穿過x軸時，恰好到達S點．已知P、Q兩點到坐標原點的距離分別為l、2l，重力加速度為g．求：
（1）電場強度E的大小；
（2）磁感應強度B的大小和方向；
（3）S點橫坐標及微粒從P運動到S經(jīng)歷的時間．

Answer 1

分析 （1）由題意，微粒在x軸上方做類平拋運動，將運動分解，即可求出電場強度的大小；
（2）對微粒減小受力分析知，微粒受到的電場力與重力大小相等，方向相反，所以洛倫茲力通過向心力，畫出運動的軌跡，結合幾何關系求出半徑，然后又洛倫茲力通過向心力即可求出磁感應強度，由左手定則判斷出磁場的方向；
（3）微粒再次返回x軸上方后，做類斜上拋運動，將運動分解，即可求出S的坐標；分別求出各段的時間求和即可．

解答 解：（1）由題意，微粒在x軸上方做類平拋運動，水平方向：2l=v₀t
豎直方向：$l=\frac{1}{2}a{t}^{2}$
聯(lián)立得：$t=\sqrt{\frac{l}{g}}$，a=2g
微粒受到重力和電場力的作用，由牛頓第二定律：
qE+mg=ma
所以：E=$\frac{mg}{q}$
（2）微粒到達Q點時：${v}_{y}=at=2g•\sqrt{\frac{l}{g}}=2\sqrt{gl}$
所以：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}=2\sqrt{2gl}$
速度與x軸的夾角：tanθ=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}=\frac{2\sqrt{gl}}{2\sqrt{gl}}=1$
可知微粒與x軸之間的夾角是45°
微粒在x軸下方受到重力、電場力和洛倫茲力到達作用，由于在x軸下方電場力的方向向上，與重力相等相等，所以微粒做勻速圓周運動，微粒恰好到達O點，則運動的軌跡如圖，由左手定則可得，磁場的方向向外，由圖中幾何關系得：
$R=\frac{OQ}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}l$
微粒做圓周運動，則：
$qvB=\frac{m{v}^{2}}{R}$
所以：$B=\frac{mv}{qR}=\frac{2m}{ql}•\sqrt{gl}$

（3）如圖，由對稱性可知，微粒返回x祝上方后的速度仍然是$2\sqrt{2gl}$，方向與x軸之間的夾角仍然是45°，在第一象限中做類斜上拋運動，運動的時間：
$t′=\frac{2{v}_{y}}{a}=\frac{2×2\sqrt{gl}}{2g}=2\sqrt{\frac{l}{g}}$
水平方向的位移：$x={v}_{0}•t′=2\sqrt{gl}•2\sqrt{lg}=4l$
由圖可知，微粒在磁場中運動的時間是$\frac{3}{4}$T，即：$t″=\frac{3}{4}T=\frac{3}{4}•\frac{2πR}{v}=\frac{3}{4}π\(zhòng)sqrt{\frac{l}{g}}$
微粒運動的總時間：${t}_{總}=t+t′+t″=\sqrt{\frac{l}{g}}+2\sqrt{\frac{l}{g}}+\frac{3π}{4}\sqrt{\frac{l}{g}}=（3+\frac{3π}{4}）\sqrt{\frac{l}{g}}$
答：（1）電場強度E的大小是$\frac{mg}{q}$；
（2）磁感應強度B的大小是$\frac{2m}{ql}•\sqrt{gl}$，方向垂直于紙面向外；
（3）S點橫坐標是4l；微粒從P運動到S經(jīng)歷的時間是$（3+\frac{3π}{4}）\sqrt{\frac{l}{g}}$．

點評 解決本題的關鍵知道粒子在磁場中做勻速圓周運動，在電場中做類平拋運動和類斜上拋運動，結合粒子在磁場中的半徑公式和周期公式進行求解．