Question

7．如圖所示，在xOy坐標系所在的平面內(nèi)，第一象限中存在如圖所示方向的勻強電場，虛線一側(cè)存在如圖所示方向的勻強磁場，虛線與y軸正方向成45°．一帶電量+q，質(zhì)量m的粒子從P點由靜止釋放，到達M點的速度為v，P到M的距離為L，帶電粒子從圖中的M點出發(fā)在第二象限進入磁場并經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從N點回到電場區(qū)域，并由M點射出，NO距離也為L．（粒子重力不計）試求
（1）電場強度大��；
（2）O到M的距離；
（3）磁感應強度大小；
（4）帶電粒子從第一次經(jīng)過M點開始到再次回到M點經(jīng)歷的時間．

Answer 1

分析 （1）對從P到M過程根據(jù)動能定理列式求解電場強度；
（2）從N到M過程是類似平拋運動，根據(jù)分位移公式列式求解即可；
（3）結(jié)合幾何關(guān)系得到圓周運動的軌道半徑，由于洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解．
（4）求出粒子經(jīng)過各階段的運動時間，然后求出總的運動時間．

解答 解：（1）粒子從P到M點做勻加速直線運動，根據(jù)動能定理，有：
qEL=$\frac{1}{2}$mv²-0，
解得：E=$\frac{m{v}^{2}}{2qL}$；
（2）從N到M過程是類似平拋運動，根據(jù)分位移公式，有：
L=$\frac{v}{2}$t，y=vt，
解得：y=2L；
（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動，軌跡如圖，根據(jù)幾何關(guān)系，有：
R=3L
由于洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，解得：B=$\frac{mv}{3qL}$；
（4）帶電粒子從經(jīng)過M點開始到進入磁場之前的運動時間為t₁，則：2L=vt₁，
粒子在磁場中做圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
粒子在磁場中做圓周運動的時間：t₂=$\frac{3}{4}$T，
粒子出磁場后到N點經(jīng)歷的時間為t₃，L=vt₃，
由圖示可知，N點的坐標為：（L，0），M點的坐標為（0，2L），
帶電粒子從N點到M點的時間為t₄，2L=vt₄，
粒子從經(jīng)過M點開始到再次到達M點經(jīng)歷的時間：
t=t₁+t₂+t₃+t₄=$\frac{（9π+10）L}{2v}$；
答：（1）電場強度大小為$\frac{m{v}^{2}}{2qL}$；
（2）O到M的距離為2L；
（3）磁感應強度大小為$\frac{mv}{3qL}$；
（4）帶電粒子從第一次經(jīng)過M點開始到再次回到M點經(jīng)歷的時間為$\frac{（9π+10）L}{2v}$．

點評 本題關(guān)鍵是明確粒子的受力情況和運動規(guī)律，然后分直線運動、圓周運動和類似平拋運動過程分別討論，要結(jié)合動能定理、牛頓第二定律、類平拋運動規(guī)律、幾何關(guān)系列式，不難．