Question

12．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，第Ⅳ象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點(diǎn)以速度v₀垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點(diǎn)與x軸正方向成θ=60°角射入磁場，最后從y軸負(fù)半軸上的P點(diǎn)垂直于y軸射出磁場，如圖所示．不計(jì)粒子的重力，求：
（1）M、N兩點(diǎn)間的電勢差U_MN；
（2）粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的總時(shí)間t．

Answer 1

分析 粒子垂直于電場進(jìn)入第一象限，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，由N到達(dá)P做圓周運(yùn)動(dòng)．用動(dòng)能定理即可求得電場中MN兩點(diǎn)間的電勢差．
根據(jù)幾何關(guān)系求得粒子轉(zhuǎn)動(dòng)的圓心角，再由圓周運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)明確磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．總時(shí)間為電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間與磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之和．

解答 解：（1）粒子垂直于電場進(jìn)入第一象限，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，將到達(dá)N點(diǎn)的速度分解得知
vcosθ=v₀，
解得，粒子離開電場時(shí)的速度大小v=2v₀．
從M→N過程，由動(dòng)能定理得：
qU_MN=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²
代入解得，U_MN=$\frac{3m{{v}_{0}}^{2}}{2q}$
（2）粒子進(jìn)入第四象限后，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
得粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為：R=$\frac{2m{v}_{0}}{qB}$；
（2）畫出軌跡如圖，由幾何知識得：ON=Rsin60°
粒子從M點(diǎn)到N點(diǎn)的時(shí)間為：t₁=$\frac{ON}{{v}_{0}}$=$\frac{\sqrt{3}R}{2{v}_{0}}$=$\frac{\sqrt{3}m}{qB}$
粒子從N到P所用的時(shí)間：t₂=$\frac{1}{3}$T=$\frac{1}{3}$$\frac{2πm}{qB}$
故有：t=t₁+t₂=$\frac{（3\sqrt{3}+2π）m}{3qB}$
答：
（1）M、N兩點(diǎn)間的電勢差U_MN為$\frac{3m{{v}_{0}}^{2}}{2q}$；
（2）粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的總時(shí)間t為$\frac{（3\sqrt{3}+2π）m}{3qB}$．

點(diǎn)評 粒子在電場中運(yùn)動(dòng)偏轉(zhuǎn)時(shí)，常用能量的觀點(diǎn)來解決問題，有時(shí)也要運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解．粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心、半徑及運(yùn)動(dòng)時(shí)間的確定也是本題的一個(gè)考查重點(diǎn)，要正確畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圖，能熟練的運(yùn)用幾何知識解決物理問題．