Question

1．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${E_1}=1.5×{10^5}$N/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${v_0}=1.0×{10^6}$m/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）求沿y轴正方向射出的粒子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，从O点出发的一粒子经MN上的某点P进入复合场中运动，又先后经过了横坐标分别为0.5m、0.3m的A、C两点，如图所示，已知粒子在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）根据动能定理求出粒子进入磁场时的速度大小．
（2）由洛伦兹力充当向心力可求得粒子运动半径以及离开磁场时的方向；再对粒子进入电场过程进行分析，由类平抛运动规律可求出粒子打在y轴上的坐标；
（3）根据动能定理求出A、C的电势，结合匀强电场的特性，根据电场强度与几何关系求出所加电场强度E₂的大小和方向．

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）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：$cosθ=\frac{v_0}{v}=\frac{{1×{{10}^6}}}{{2×{{10}^6}}}=\frac{1}{2}$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：
垂直电场方向上有：NQ=v₀t
沿电场线方向：ON=$\frac{1}{2}$at²
根据牛顿第二定律有：
qE₁=ma
解得：$NQ=\frac{{0.4\sqrt{3}}}{3}m$
弦长：$QT=2rsinθ=0.2\sqrt{3}m$
所以：y_H=2NQ+QT
解得：y_H=$\frac{1.4\sqrt{3}}{3}$m
故第一次到达坐标轴时的坐标（0，$\frac{1.4\sqrt{3}}{3}$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为2×10⁶m/s
（2）沿y轴正方向射出的粒子第一次到达坐标轴时的坐标为（0，$\frac{1.4\sqrt{3}}{3}$m）；
（3）所加电场强度E₂的大小为1.0×10⁶m/s；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；而粒子在电场中的运往往根据运动的合成与分解进行分析求解；此类题型难度较大，经常作为考试的压轴题出现．