Question

（2012?莆田模擬）如圖所示，水平線MN的上方區(qū)域存在場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場，其方向指向右上方且與MN的夾角θ=45°，MN的下方區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，其方向垂直紙面向外．一個(gè)重力不計(jì)、質(zhì)量為m、電量為q的帶負(fù)電粒子，從MN上的O點(diǎn)，以v₀的初速度沿電場方向射入勻強(qiáng)電場，并記為第一次經(jīng)過MN．求：
（1）粒子從O點(diǎn)出發(fā)到第二次經(jīng)過MN經(jīng)歷的時(shí)間t；
（2）粒子第三次經(jīng)過MN的位置與O之間的距離s；
（3）粒子第四次經(jīng)過MN時(shí)速度v的大小．

Answer 1

分析：（1）帶電粒子進(jìn)入電場后，先做勻減速運(yùn)動(dòng)，再反向做勻加速運(yùn)動(dòng)，仍以大小為v₀的速度從O點(diǎn)第二次經(jīng)過MN進(jìn)入磁場，畫出軌跡．根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，由運(yùn)動(dòng)學(xué)速度公式求解時(shí)間t；
（2）帶電粒子在磁場中，由洛倫茲力充當(dāng)向心力做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可求得軌跡半徑，畫出軌跡，由幾何知識求得粒子第三次經(jīng)過MN的位置與O之間的距離s；
（3）粒子再次進(jìn)入電場時(shí)做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律求解粒子第四次經(jīng)過MN時(shí)速度v的大小．

解答：解：（1）帶負(fù)電粒子進(jìn)入先做勻減速運(yùn)動(dòng)，再反向做勻加速運(yùn)動(dòng)，仍以大小為v₀的速度從O點(diǎn)第二次經(jīng)過MN進(jìn)入磁場，如圖所示，由牛頓第二定律得
   qE=ma，得a=

qE

m

設(shè)粒子做勻減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t₁，反向做勻加速運(yùn)動(dòng)為t₂，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的對稱性可知，
t₁=t₂=

v0

a

則有
t=t₁+t₂=2

v0

a

=

2mv0

qE

（2）設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由牛頓第二定律得
   qv₀B=m

v 2 0

R

，得R=

mv0

qB

粒子第三次經(jīng)過MN的位置為C，則由幾何關(guān)系得 
   s=2Rsinθ=

2 mv0

qB

（3）粒子從C點(diǎn)進(jìn)入電場時(shí)做類平拋運(yùn)動(dòng)，第四次經(jīng)過MN的位置為D，CD方向與粒子在C點(diǎn)的速度v₀方向的夾角為45°，設(shè)粒子從C點(diǎn)到D的時(shí)間為t₃，則
垂直于E方向粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有  s₁=v₀t₃
平行于E方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有  s₂=

1

2

a

t

2 3

=

qE

2m

t

2 3

又tan45°=

s2

s1

聯(lián)立解得  t₃=

2mv0

qE

垂直于E方向的速度大小為 v₁=v₀
平行于E方向的速度大小為  v₂=at₃=

qE

m

?

2mv0

qE

=2v₀
故粒子第四次經(jīng)過MN時(shí)速度v的大小為v=

v 2 1 + v 2 2

=

5

v0．
答：（1）粒子從O點(diǎn)出發(fā)到第二次經(jīng)過MN經(jīng)歷的時(shí)間t是

2mv0

qE

；
（2）粒子第三次經(jīng)過MN的位置與O之間的距離s是

2 mv0

qB

；
（3）粒子第四次經(jīng)過MN時(shí)速度v的大小是

5

v0．

點(diǎn)評：本題是帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)的問題，分析粒子的運(yùn)動(dòng)情況是關(guān)鍵，要挖掘隱含的臨界條件，運(yùn)用幾何知識求解空間的距離．