Question

10．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y軸方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第Ⅳ象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，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(chǎng)，經(jīng)x軸上的N點(diǎn)與x軸正方向成θ=60°角射入磁場(chǎng)，最后從y軸負(fù)半軸上的P點(diǎn)垂直于y軸射出磁場(chǎng)，如圖所示．不計(jì)粒子重力，求：
（1）M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U_MN；
（2）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r；
（3）粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的總時(shí)間t．

Answer 1

分析 （1）粒子垂直于電場(chǎng)進(jìn)入第一象限，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，由速度的分解求出粒子到達(dá)x軸的速度大小，再用動(dòng)能定理即可求得電場(chǎng)中M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差．
（2）粒子以此速度進(jìn)入第四象限，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，利用洛倫茲力提供向心力的公式，可由牛頓第二定律求出在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑r．
（3）電場(chǎng)中，根據(jù)分位移公式求時(shí)間．磁場(chǎng)中，根據(jù)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角求時(shí)間，即可得到總時(shí)間．

解答 解：（1）粒子垂直于電場(chǎng)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(chǎng)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
   qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
得粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為 r=$\frac{mv}{qB}$=$\frac{2m{v}_{0}}{qB}$
（3）畫出軌跡如圖，由幾何知識(shí)得：ON=rsin60°
粒子從M點(diǎn)到N點(diǎn)的時(shí)間 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=$\frac{120°}{360°}$T=$\frac{1}{3}$×$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{2πm}{3qB}$
故總時(shí)間 t=t₁+t₂=$\frac{\sqrt{3}m}{qB}$+$\frac{2πm}{3qB}$．
答：（1）M、N兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U_MN為$\frac{3m{v}_{0}^{2}}{2q}$．
（3）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑r為$\frac{2m{v}_{0}}{qB}$．
（4）粒子從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的總時(shí)間t為$\frac{\sqrt{3}m}{qB}$+$\frac{2πm}{3qB}$．

點(diǎn)評(píng) 粒子在電場(chǎng)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(chǎng)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(shí)解決物理問題．