Question

（2010?德州一模）在如圖所示的直角坐標(biāo)中，x軸的上方存在與x軸正方向成45°角斜向右下方的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)的大小為E=

2

×10⁴V/m．x軸的下方有垂直于xOy面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B=2×10^-2T．把一個(gè)比荷為

q

m

=2×10⁸C/㎏的正點(diǎn)電荷從坐標(biāo)為（0，1）的A點(diǎn)處由靜止釋放．電荷所受的重力忽略不計(jì)．求：
（1）電荷從釋放到第一次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所用的時(shí)間；
（2）電荷在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑（保留兩位有效數(shù)字）；
（3）當(dāng)電荷第二次到達(dá)x軸上時(shí)，電場(chǎng)立即反向，而場(chǎng)強(qiáng)大小不變，試確定電荷到達(dá)y軸時(shí)的位置坐標(biāo)．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，即可求解；
（2）根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合速度公式，即可求解；
（3）根據(jù)粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，由速度方向的位移與垂直速度方向的位移關(guān)系，可確定運(yùn)動(dòng)時(shí)間，進(jìn)而可求得垂直于電場(chǎng)方向的位移，即可求解．

解答：解：（1）如圖，電荷從A點(diǎn)勻加速運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)到x軸的C點(diǎn)的過(guò)程：
位移S=AC=

2

m
加速度a=

Eq

m

=2

2

×10¹²m/s²
時(shí)間t=

2s a

=10^-6s
（2）電荷到達(dá)C點(diǎn)的速度為
v=at=2

2

×10⁶m/s
速度方向與x軸正方向成45°角，在磁場(chǎng)中
運(yùn)動(dòng)時(shí)
由qvB=

mv2

R

得R=

mv

qB

=

2

2

m
即電荷在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)半徑為0.71m
（3）軌跡圓與x軸相交的弦長(zhǎng)為△x=

2

R=1m，所以電荷從坐標(biāo)原點(diǎn)O再次進(jìn)入電場(chǎng)中，且速度方向與電場(chǎng)方向垂直，電荷在電場(chǎng)中作類平拋運(yùn)動(dòng)．
設(shè)到達(dá)y軸的時(shí)間為t′，則：
tan45°=

1 2 at′2

vt′

解得t′=2×10^-6s
則類平拋運(yùn)動(dòng)中垂直于電場(chǎng)方向的位移L=vt′=4

2

m
y=

L

cos45°

=8m
即電荷到達(dá)y軸上的點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，8）
答：（1）電荷從釋放到第一次進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)所用的時(shí)間10^-6s；
（2）電荷在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑0.71m；
（3）當(dāng)電荷第二次到達(dá)x軸上時(shí)，電場(chǎng)立即反向，而場(chǎng)強(qiáng)大小不變，則確定電荷到達(dá)y軸時(shí)的位置坐標(biāo)（0，8）．

點(diǎn)評(píng)：考查牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式的應(yīng)用，掌握運(yùn)動(dòng)的分解與合成方法，理解三角函數(shù)在題中的運(yùn)用，注意類平拋運(yùn)動(dòng)的處理思路．