Question

20．如图所示的xoy坐标系中，x轴上方，y轴与MN之间区域内有沿x轴正向的匀强电场，场强的大小E₁=1.5×10⁵N/C；x轴上方，MN右侧足够大的区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.2T．在原点O处有一粒子源，沿纸面向电场中各方向均匀地射出速率均为v₀=1.0×10⁶m/s的某种带正电粒子，粒子质量m=6.4×10^-27kg，电荷量q=3.2×10^-19C，粒子可以无阻碍地通过边界MN进入磁场．已知ON=0.2m．不计粒子的重力，图中MN与y轴平行．求：
（1）粒子进入磁场时的速度大小；
（2）求在电场中运动时间最长的粒子射出后第一次到达坐标轴时的坐标；
（3）若在MN右侧磁场空间内加一在xoy平面内的匀强电场E₂，某一粒子从MN上的P点进入复合场中运动，先后经过了A（0.5m，y_A）、C（0.3m，y_c）两点，如图所示，粒子在A点的动能等于粒子在O点动能的7倍，粒子在C点的动能等于粒子在O点动能的5倍，求所加电场强度E₂的大小和方向．

Answer 1

分析 （1）粒子先在电场中加速运动，由动能定理求解加速后的速度，即粒子进入磁场时的速度大小；
（2）在电场中运动时间最长的粒子沿+y轴出发作类平抛运动，后从Q点进入磁场，进入磁场的方向与NM的夹角为θ，由类平抛运动的规律求出θ．由牛顿第二定律和分位移公式、几何关系结合求解．
（3）设A点的电势为U_A，C点的电势为U_C，取P点零电势点，由动能定理求得U_A、U_C与动能的关系，由电场的特性和几何关系求解．

解答 解：（1）由动能定理得：$\frac{1}{2}m{v^2}-\frac{1}{2}mv_0^2=qE\overline{_1ON}$
代入数据解得：v=2×10⁶m/s                
（2）粒子在磁场中，由 $qBv=m\frac{v^2}{r}$解得：r=0.2m                    
在电场中运动时间最长的粒子沿+y轴出发作类平抛运动，后从Q点进入磁场，进入磁场的方向与NM的夹角为θ，由类平抛运动的规律得：$cosθ=\frac{v_0}{v}=\frac{{1×{{10}^6}}}{{2×{{10}^6}}}=\frac{1}{2}$，则θ=60°
粒子在磁场中作匀速圆周运动从T点回到电场，由对称规律可得将在H点第一次与y轴相切，轨迹如图．对于O到Q的类平抛运动，有：
 NQ=v₀t   
 ON=$\frac{1}{2}$at²    
由牛顿第二定律得 qE₁=ma 
联立解得：NQ=$\frac{{0.4\sqrt{3}}}{3}$m             
弦长：QT=2rsinθ=$0.2\sqrt{3}$m       
所以：y_H=2 NQ+QT
解得：y_H=$\frac{{1.4\sqrt{3}}}{3}$m                 
（3）粒子从P点进入磁场时的动能为：${E_{kP}}=\frac{1}{2}m{v^2}=\frac{1}{2}m{（2{v_0}）^2}=4{E_{k0}}$
MN右侧磁场空间内加一在xoy平面内的匀强电场后，设A点的电势为U_A，C点的电势为U_C，取P点零电势点，则由动能定理得：

q（U_P-U_A）=E_kA-E_kPq（U_P-U_C）=E_kC-E_kP
解得：${U_A}=-\frac{{3{E_{k0}}}}{q}$，${U_C}=-\frac{{{E_{k0}}}}{q}$
在AP连线上取一点D，设$\overline{PA}=3\overline{PD}$，则由匀强电场特性可知 U_P-U_A=3（U_P-U_D）
由几何知识可得：x_A-x_P=3（x_D-x_P）
解得：${U_D}=-\frac{{{E_{k0}}}}{q}={U_C}$，x_D=0.3m=x_C，即x坐标相同的两点为等势点，A点电势低于P点的电势，所加电场沿x轴正方向                                                       
则有：U_P-U_C=E₂（x_C-x_P）
联立以上各式并代入数据解得：${E_2}=1.0×{10^5}$N/C                                
答：
（1）粒子进入磁场时的速度大小是2×10⁶m/s；
（2）在电场中运动时间最长的粒子射出后第一次到达坐标轴时的坐标是$\frac{{1.4\sqrt{3}}}{3}$m；
（3）所加电场强度E₂的大小为1.0×10⁵N/C，方向沿x轴正方向．

点评 本题考查带电粒子在电场中和磁场中的运动，理清粒子的运动规律是解决本题的关键，处理粒子在磁场中运动问题，要会确定粒子做圆周运动的圆心、半径和圆心角．