Question

（2010?云南模擬）如圖所示，xOy平面內(nèi)，第二象限勻強(qiáng)電場(chǎng)方向水平向右，第一象限勻強(qiáng)電場(chǎng)方向豎直向下，場(chǎng)強(qiáng)大小相等，設(shè)為E．x軸下方區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度設(shè)為B，圖中OP直線與縱軸的夾角α=45°，一帶正電的粒子從OP直線上某點(diǎn)A（-L，L）處由靜止釋放，重力不計(jì)．設(shè)粒子質(zhì)量為m，帶電量為q，E、B、m、q均未知，但已知各量都使用國(guó)際制單位時(shí)，從數(shù)值上有B=

4mE q

．
（1）求粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與x軸交點(diǎn)處的橫坐標(biāo)；
（2）求粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與x軸正方向的夾角；
（3）如果在OP直線上各點(diǎn)釋放許多個(gè)上述帶電粒子（不計(jì)粒子間的相互作用），試證明各帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心點(diǎn)的集合為一拋物線．（提示：寫出圓心點(diǎn)坐標(biāo)x、y的函數(shù)關(guān)系）

Answer 1

分析：（1）粒子由A點(diǎn)靜止釋放后，先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，進(jìn)入第一象限后改作類平拋運(yùn)動(dòng)，而后進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可解粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與x軸交點(diǎn)處的橫坐標(biāo)
（2）由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可解 粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與x軸交點(diǎn)處的橫坐標(biāo)
（3）求解粒子進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心的橫縱坐標(biāo)，解析圓心點(diǎn)坐標(biāo)x、y的函數(shù)關(guān)系可得圓心點(diǎn)的集合為二次函數(shù)，圖形為拋物線

解答：解：（1）設(shè)粒子進(jìn)入第一象限時(shí)的速度為v₁，由動(dòng)能定理得：
EqL=

1

2

mv

2 1

①
粒子在第一象限內(nèi)做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直向下的加速度為：
a=

Eq

m

②
設(shè)在第二象限內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，則：
L=

1

2

at²③
設(shè)入射磁場(chǎng)點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x₁，則：
x₁=v₁t④
由①②③④式得，x₁=2L
（2）設(shè)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與x軸正向的夾角為θ，則：
tanθ=

at

v1

=1⑤
所以，θ=45°
（3）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后將做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，設(shè)其運(yùn)動(dòng)半徑為r，射入速度為v，則：
v=

2

v₁
由牛頓第二定律得：
Bqv=

mv2

r

⑥
由幾何關(guān)系得，圓心位置坐標(biāo)為：
x=2L-rcos45°⑦
y=-rsin45°⑧
而B(niǎo)=

4mE q

⑨
由⑥⑦⑧⑨整理得x=4y²-y
所以，圓心點(diǎn)的集合為拋物線
答：（1）入射磁場(chǎng)點(diǎn)的橫坐標(biāo)為2L
（2）進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向與x軸正向的夾角為45°
（3）圓心點(diǎn)的集合為拋物線

點(diǎn)評(píng)：帶電粒子的偏轉(zhuǎn)往往被稱為“類平拋運(yùn)動(dòng)”，利用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律解決，實(shí)際上在沿電場(chǎng)方向考慮運(yùn)動(dòng)的獨(dú)立性，可再次應(yīng)用動(dòng)能定理求解沿偏轉(zhuǎn)方向的分速度；在解決軌跡問(wèn)題時(shí)，通常整理橫縱坐標(biāo)間的數(shù)學(xué)關(guān)系時(shí)，由關(guān)系式判斷圖象形狀