Question

（2010?德州一模）在如圖所示的直角坐標中，x軸的上方存在與x軸正方向成45°角斜向右下方的勻強電場，場強的大小為E=

2

×10⁴V/m．x軸的下方有垂直于xOy面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B=2×10^-2T．把一個比荷為

q

m

=2×10⁸C/㎏的正點電荷從坐標為（0，1）的A點處由靜止釋放．電荷所受的重力忽略不計．求：
（1）電荷從釋放到第一次進入磁場時所用的時間；
（2）電荷在磁場中做圓周運動的半徑（保留兩位有效數(shù)字）；
（3）當電荷第二次到達x軸上時，電場立即反向，而場強大小不變，試確定電荷到達y軸時的位置坐標．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)牛頓第二定律與運動學公式，即可求解；
（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合速度公式，即可求解；
（3）根據(jù)粒子做類平拋運動，由速度方向的位移與垂直速度方向的位移關(guān)系，可確定運動時間，進而可求得垂直于電場方向的位移，即可求解．

解答：解：（1）如圖，電荷從A點勻加速運動運動到x軸的C點的過程：
位移S=AC=

2

m
加速度a=

Eq

m

=2

2

×10¹²m/s²
時間t=

2s a

=10^-6s
（2）電荷到達C點的速度為
v=at=2

2

×10⁶m/s
速度方向與x軸正方向成45°角，在磁場中
運動時
由qvB=

mv2

R

得R=

mv

qB

=

2

2

m
即電荷在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑為0.71m
（3）軌跡圓與x軸相交的弦長為△x=

2

R=1m，所以電荷從坐標原點O再次進入電場中，且速度方向與電場方向垂直，電荷在電場中作類平拋運動．
設(shè)到達y軸的時間為t′，則：
tan45°=

1 2 at′2

vt′

解得t′=2×10^-6s
則類平拋運動中垂直于電場方向的位移L=vt′=4

2

m
y=

L

cos45°

=8m
即電荷到達y軸上的點的坐標為（0，8）
答：（1）電荷從釋放到第一次進入磁場時所用的時間10^-6s；
（2）電荷在磁場中做圓周運動的半徑0.71m；
（3）當電荷第二次到達x軸上時，電場立即反向，而場強大小不變，則確定電荷到達y軸時的位置坐標（0，8）．

點評：考查牛頓第二定律與運動學公式的應(yīng)用，掌握運動的分解與合成方法，理解三角函數(shù)在題中的運用，注意類平拋運動的處理思路．