Question

18．如圖所示，在直角坐標系的xoy第一象限中存在豎直向下的勻強電場，場強大小為4E₀，虛線是電場的理想邊界線，虛線右端與x軸相交于A（L，0）點，虛線與x軸所圍成的空間內沒有電場；在第二象限中存在水平向右的勻強電場，場強大小為E₀．在M（-L，L）和N（-L，0）兩點的連線上有一個粒子發(fā)生器裝置，可產生質量均為m，電量均為q的靜止的帶正電的粒子，不計粒子的重力和粒子間的相互作用，且整個裝置處于真空中．
（1）若粒子從M點由靜止開始運動，進入第一象限后始終在電場中運動并恰好到達A點，求該過程中粒子運動時間t及到達A點的速度的大小；
（2）若從MN連線上的各點由靜止開始運動的所有粒子，經(jīng)第一象限的電場偏轉穿過虛線后都能到達A點，求此邊界線（圖中虛線）的方程；
（3）若將第一象限的電場撤去，在第一、四象限中加上垂直平面xoy的圓形區(qū)域的勻強磁場，OA為圓形區(qū)域的直徑，從MN連線上的各點由靜止開始運動的一些粒子，經(jīng)第一象限的磁場偏轉后都能從圓形區(qū)域的最低點射出磁場，求此勻強磁場的方向和大�。�

Answer 1

分析 （1）由牛頓第二定律求得加速度，然后由運動學的公式即可求得運動的時間與到達A的速度；
（2）結合（1）的公式，按照題目的條件寫出相應的方程，即可求解；
（3）根據(jù)帶電粒子在電場中加速，可知，粒子的電性，再根據(jù)左手定則，結合粒子在磁場中偏轉方向，即可判定磁場的方向，由幾何關系，知道已知長度與運動的軌道半徑的關系，從而求解磁場的大小．

解答 解：（1）粒子在第二象限從M點由靜止開始運動有：
根據(jù)牛頓第二定律：E₀q=ma₁，
勻加速運動位移$L=\frac{1}{2}{a_1}t_1^2$
勻加速運動的末速度${v_1}={a_1}t_1^{\;}$
進入第一象限在電場中類平拋運動有：
根據(jù)牛頓第二定律，有4E₀q=ma₂
豎直方向$y=L=\frac{1}{2}{a_2}t_2^2$
水平方向$x=L={v_1}t_2^{\;}$
豎直分速度${v_y}={a_2}t_2^{\;}$
聯(lián)立求解得：t=${t_1}+t_2^{\;}=\frac{3}{2}\sqrt{\frac{2mL}{{q{E_0}}}}$
${v_A}=\sqrt{v_y^2+v_1^2}=\sqrt{\frac{{10q{E_0}L}}{m}}$
（2）設從MN連線上的P（-L，y₀）點由靜止開始運動的某一粒子，經(jīng)第一象限的電場偏轉并通過虛線上的Q（y，x）點后沿直線到達A點，如圖
電場E₀中加速：${E_0}qL=\frac{1}{2}mv_{{0^{\;}}}^2$
電場4E₀中偏轉：${y_0}-y=\frac{1}{2}\frac{{4{E_0}q}}{m}t_{\;}^2$
$x=v_{{0^{\;}}}^{\;}t$
${v_y}=\frac{{4{E_0}q}}{m}t$
由圖有：$tanθ=\frac{v_y}{v_0}=\frac{y}{L-x}$
聯(lián)立求得：$y=-\frac{2}{L}x+2{x^2}$且有（0≤x≤L；0≤y≤$\frac{L}{2}$）；

（3）粒子在電場E₀中加速：${E_0}qL=\frac{1}{2}mv_{{0^{\;}}}^2$
設在磁場中勻速圓周的半徑為r，有$r=\frac{{mv_{{0^{\;}}}^{\;}}}{qB}$，由題有$R=\frac{L}{2}$
因PO₂、O₁Q都在豎直方向，因此四邊形PO₂QO₁為菱形．則r=R
解得 $B=2\sqrt{\frac{{2mE_{{0^{\;}}}^{\;}}}{qL}}$，由左手定則得方向垂直紙面向外

答：（1）該過程中粒子運動時間t為$\frac{3}{2}\sqrt{\frac{2mL}{q{E}_{0}^{\;}}}$及到達A點的速度的大小$\sqrt{\frac{10q{E}_{0}^{\;}L}{m}}$；
（2）此邊界線（圖中虛線）的方程：$y=-\frac{2}{L}x+2{x^2}$且有（0≤x≤L；0≤y≤$\frac{L}{2}$）；
（3）此勻強磁場的方向垂直紙面向外和大小$2\sqrt{\frac{2m{E}_{0}^{\;}}{qL}}$

點評 解答本題的關鍵是分析粒子的受力情況，再分析運動情況．對于類平拋運動要掌握分解的方法，運用幾何知識確定幾何關系是關鍵．