Question

5．如圖所示，在xOy平面的第一象限有一勻強電場，場強大小為E，電場的方向平行于y軸向下；在x軸和第四象限的射線OC之間有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向外，大小為B，OC與x軸的夾角為ϕ=30°．有一質(zhì)量為m，帶有電荷量+q的質(zhì)點從電場中的A點由靜止釋放，經(jīng)過一段時間后，質(zhì)點由電場進入磁場，不計重力影響．
（1）若質(zhì)點第一次進入磁場并垂直于磁場邊界的OC射線飛離磁場，試確定A點橫、縱坐標(biāo)x、y的關(guān)系式；
（2）若質(zhì)點第一次進入磁場后軌跡與磁場邊界的OC射線相切但未從切點離開磁場，已知A點橫、縱坐標(biāo)分別為a、b，求質(zhì)點在電、磁場中運動的總時間．

Answer 1

分析 （1）粒子先在電場中直線加速，根據(jù)動能定理列式求解末速度；進入磁場后做勻速圓周運動，由于垂直O(jiān)C射出，故可以確定圓心為O點，得到軌道半徑，然后結(jié)合牛頓第二定律列式分析A點橫、縱坐標(biāo)x、y的關(guān)系式；
（2）若質(zhì)點第一次進入磁場后軌跡與磁場邊界的OC射線相切，畫出軌跡，向上進入磁場后做勻變速直線運動后返回，再次做勻速圓周運動，畫出軌跡，得到圓心角，根據(jù)公式t=$\frac{θ}{2π}T$求解在磁場中的運動時間；對電場中運動，根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度，根據(jù)運動公式列式求解時間，最后得到總時間．

解答 解：（1）對直線加速過程，根據(jù)動能定理，有：
$qEy=\frac{1}{2}m{v}^{2}$
畫出運動軌跡，如圖所示：
結(jié)合幾何關(guān)系，有：r=x
根據(jù)牛頓第二定律，有：$qvB=m\frac{{v}^{2}}{r}$
聯(lián)立解得：y=$\frac{2mE}{q{B}^{2}}•{x}^{2}$
（2）粒子在電場中是勻變速直線運動，在磁場中勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示：
設(shè)進入磁場的圓軌道半徑為r，O點與該圓軌道圓心的距離為2r，故O點為第二次進入磁場的圓形軌跡的圓心；
故粒子在磁場中運動的總時間為：t₁=$\frac{\frac{π}{6}+π}{2π}T$=$\frac{\frac{π}{6}+π}{2π}•\frac{2πm}{qB}$=$\frac{7πm}{6qB}$
在電場運動的加速度為：a=$\frac{qE}{m}$
對勻加速直線運動過程，根據(jù)位移公式，有：t=$\sqrt{\frac{2b}{a}}$=$\sqrt{\frac{2bm}{qE}}$
故電場運動的總時間為：t₂=3t=3$\sqrt{\frac{2bm}{qE}}$
故在電磁場中運動的總時間為：t_總=t₁+t₂=$\frac{7πm}{6qB}$+3$\sqrt{\frac{2bm}{qE}}$
答：（1）若質(zhì)點第一次進入磁場并垂直于磁場邊界的OC射線飛離磁場，A點橫、縱坐標(biāo)x、y的關(guān)系式為y=$\frac{2mE}{q{B}^{2}}•{x}^{2}$；
（2）若質(zhì)點第一次進入磁場后軌跡與磁場邊界的OC射線相切但未從切點離開磁場，質(zhì)點在電、磁場中運動的總時間為$\frac{7πm}{6qB}$+3$\sqrt{\frac{2bm}{qE}}$．

點評 本題考查了粒子在電磁場中運動的問題，關(guān)鍵是畫出運動軌跡，分直線運動和勻速圓周運動過程進行討論，結(jié)合幾何關(guān)系、牛頓第二定律、運動學(xué)公式列式求解，不難．