Question

5．如圖所示，在x＜0的區(qū)域內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，在第一象限傾斜直線OM的下方和第四象限內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一帶電粒子自電場(chǎng)中的P點(diǎn)沿x軸正方向射出，恰好經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后垂直于y軸從N點(diǎn)回到電場(chǎng)區(qū)域，并恰能返回P點(diǎn)．已知P點(diǎn)坐標(biāo)為（-$\sqrt{3}$m，$\frac{3}{2}$m），帶電粒子質(zhì)量為m=1.0×10^-15kg，電荷量為q=2.0×10^-16C，初速度為v₀=10m/s，不計(jì)粒子重力．求：
（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大��；
（2）N點(diǎn)的坐標(biāo)；
（3）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大�。�

Answer 1

分析 （1）粒子從P點(diǎn)到O點(diǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，抓住等時(shí)性求出勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小．
（2）根據(jù)平行四邊形定則求出粒子在O點(diǎn)的速度，因?yàn)榱Ｗ釉诖艌?chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，出磁場(chǎng)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以N點(diǎn)的速度與O點(diǎn)的速度相等，粒子在N點(diǎn)的速度是P點(diǎn)的速度2倍，所以類平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是以前的二分之一，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出豎直位移，從而得出N點(diǎn)的坐標(biāo)．
（3）根據(jù)幾何關(guān)系得出粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑，結(jié)合半徑公式求出磁感應(yīng)強(qiáng)度的大�。�

解答 解：（1）設(shè)粒子從P到O時(shí)間為t，加速度為a，則L=v₀t=$\sqrt{3}$m，
y=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{3}{2}$m；
由牛頓第二定律，可得qE=ma
由以上三式，可解得：E=$\frac{1×1{0}^{-15}}{2×1{0}^{-16}}×100$=500V/m；
（2）設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)時(shí)速度為v，則：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+2a×\frac{3}{2}}$=20m/s，
所以粒子從N到P的時(shí)間：t′=$\frac{1}{2}$t
沿y軸位移：h=$\frac{1}{2}$at′²=$\frac{1}{2}×100×（\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{3}}{10}）^{2}$=$\frac{3}{8}$m，
因此N點(diǎn)坐標(biāo)為（0，$\frac{15}{8}m$）    
（3）粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)半徑為R．
粒子在O點(diǎn)時(shí)速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為30°    
由幾何關(guān)系可知：R+Rsin30°=$\frac{15}{8}m$，
又因?yàn)椋簈vB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$ 解得  B=$\frac{mv}{qR}$=$\frac{1×1{0}^{-15}×20}{2×1{0}^{-16}×\frac{5}{4}}$=80T．
答：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為500V/m；
（2）N點(diǎn)的坐標(biāo)（0，$\frac{15}{8}m$）；
（3）勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小80T．

點(diǎn)評(píng) 解決本題的關(guān)鍵理清粒子整個(gè)過程中的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，掌握處理類平拋運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)的方法，作出運(yùn)動(dòng)軌跡，結(jié)合牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行求解．