Question

2．在地面附近的竖直平面内，有如图所示足够大的电磁场区域，虚线MN上方，有电场强度为E₁的竖直向下的匀强电场，虚线与水平面的夹角θ=45°，虚线下方有电场强度为E₂的竖直向上的匀强电场和垂直于竖直纸面向里的匀强磁场，已知E₂=E₁，匀强磁场的磁感应强度大小B=0.1T，从图中A点沿水平方向同时向左发射两个比荷相同的带正电质点甲和乙，比荷$\frac{q}{m}$=100c/kg，甲，乙质点的初速度分別v₁=10m/s和v₂=20m/s，它们进入虚线下方后均恰好做匀速圆周运动，经下方电磁场区域偏转后到达虚线MN上的P、Q两点，（P、Q两点图中未标出）求：

（1）电场强度E₁的大小
（2）设甲质点打在MN上时速度方向与MN的夹角为α，且sinα=$\frac{1}{\sqrt{10}}$，则甲质点从A到P的位移大小为多少？
（3）甲、乙两质点到P、Q的时间差．

Answer 1

分析 （1）抓住粒子在下半区域内做匀速圆周运动，知电场力和重力平衡，结合平衡求出电场强度的大小．
（2）根据牛顿第二定律求出类平抛运动的加速度，结合竖直位移和水平位移关系求出运动的时间，从而得出下降的高度，从而求出甲质点第一次打到MN上时，离A点距离，根据平行四边形定则求出进入磁场的速度，根据半径公式求出粒子在复合场中做匀速圆周运动的半径，根据几何关系求出第二次到达MN和第一次经过MN两位置间距离，从而得出甲质点从A到P的位移大小．
（3）根据类平抛运动求出乙质点在上半区域做类平抛时间，从而得出甲、乙两质点到P、Q的时间差．

解答 解：（1）因为质点能在下半区域做匀速圆周运动，有：qE₂=mg，
E₁=E₂，
求得：${E}_{1}=\frac{mg}{q}=0.1N/C$．
（2）质点首先在上半区域做类平抛运动，设加速度为a，有：
a=$\frac{q{E}_{1}+mg}{m}=2g$，
设甲质点在上半区域做类平抛时间为t₁，有：$tan45°=\frac{\frac{1}{2}a{{t}_{1}}^{2}}{{v}_{1}{t}_{1}}$，
求得：${t}_{1}=\frac{2{v}_{1}}{a}tan45°=\frac{2×10}{20}×1s=1s$，
设甲质点做类平抛运动的竖直高度为h₁，得：
${h}_{1}=\frac{1}{2}a{{t}_{1}}^{2}=\frac{1}{2}×20×1m=10m$，
所以甲质点第一次打到MN上时，离A点距离x₁为：${x}_{1}=\frac{{h}_{1}}{sin45°}=\frac{10}{\frac{\sqrt{2}}{2}}m=10\sqrt{2}m$，
甲质点打在MN上的速度v为：$v=\sqrt{{{v}_{1}}^{2}+（a{t}_{1}）^{2}}$=$\sqrt{100+400}m/s=10\sqrt{5}m/s$．
设甲质点在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，有：$qvB=m\frac{{v}^{2}}{r}$，
求得：$r=\frac{mv}{qB}=\frac{10\sqrt{5}}{100×0.1}m=\sqrt{5}m$，
所以第二次到达MN和第一次经过MN两位置间距离为：x₂=2rsinα=$2\sqrt{5}×\frac{1}{\sqrt{10}}=\sqrt{2}m$．
求得PA之间位移大小为：$△x={x}_{1}-{x}_{2}=10\sqrt{2}-\sqrt{2}m=9\sqrt{2}m$．
（3）同理得乙质点在上半区域做类平抛时间为t₂=2s，
两质点在磁场区域运动的时间相等，所以到达P、Q时间差为：△t=t₂-t₁=2-1s=1s．
答：（1）电场强度E₁的大小为0.1N/C．
（2）甲质点从A到P的位移大小为$9\sqrt{2}m$．
（3）甲、乙两质点到P、Q的时间差为1s．

点评 本题考查了带电粒子在复合场中的运动，知道粒子做匀速圆周运动时，电场力和重力平衡，掌握处理类平抛运动的方法，关键理清两个分运动的规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．