Question

13．如圖所示，虛線OL與y軸的夾角θ=45°，在OL上側(cè)有平行于OL向下的勻強電場，在OL下側(cè)有垂直紙面向外的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量q（q＞0）的粒子以速率v₀從y軸上的M（OM=d）點垂直于y軸射入勻強電場，該粒子恰好能夠垂直于OL進入勻強磁場，不計粒子重力．
（1）求此電場的場強大小E；
（2）若粒子能在OL與x軸所圍區(qū)間內(nèi)返回到虛線OL上，求粒子從M點出發(fā)到第二次經(jīng)過OL所需要的最長時間．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)粒子只受電場力作用，沿電場線方向和垂直電場線方向建立坐標系，利用類平拋運動；根據(jù)橫向位移及縱向速度建立方程組，即可求解；
（2）由（1）求出在電場中運動的時間及離開電場時的位置；再根據(jù)粒子在磁場中做圓周運動，由圓周運動規(guī)律及幾何關(guān)系得到最大半徑，進而得到最長時間；

解答 解：（1）粒子在電場中運動，不計粒子重力，只受電場力作用，F(xiàn)_電=qE，$a=\frac{qE}{m}$；
沿垂直電場線方向X和電場線方向Y建立坐標系，
則在X方向位移關(guān)系有：dsinθ=v₀cosθ•t，所以$t=\fracgp5qyuv{{v}_{0}}$；
該粒子恰好能夠垂直于OL進入勻強磁場，所以在Y方向上，速度關(guān)系有：v₀sinθ=at=$\frac{qE}{m}t$，
所以，${v}_{0}sinθ=\frac{qEd}{m{v}_{0}}$，則有$E=\frac{m{{v}_{0}}^{2}sinθ}{qd}=\frac{m{{v}_{0}}^{2}sin45°}{qd}=\frac{\sqrt{2}m{{v}_{0}}^{2}}{2qd}$．
（2）根據(jù)（1）可知粒子在電場中運動的時間$t=\fracjl0vbty{{v}_{0}}$；
粒子在磁場中只受洛倫茲力的作用，在洛倫茲力作用下做圓周運動，設圓周運動的周期為T
粒子能在OL與x軸所圍區(qū)間內(nèi)返回到虛線OL上，則粒子從M點出發(fā)到第二次經(jīng)過OL在磁場中運動了半個圓周，所以，在磁場中運動時間為$\frac{1}{2}T$；
粒子在磁場運動，洛倫茲力作為向心力，所以有，$Bvq=m\frac{{v}^{2}}{R}$；
根據(jù)（1）可知，粒子恰好能夠垂直于OL進入勻強磁場，速度v就是初速度v₀在X方向上的分量，即$v={v}_{0}cosθ={v}_{0}cos45°=\frac{\sqrt{2}}{2}{v}_{0}$；
粒子在電場中運動，在Y方向上的位移$Y=\frac{1}{2}{v}_{0}sinθ•t=\frac{\sqrt{2}}{4}{v}_{0}t=\frac{\sqrt{2}}{4}d$，所以，粒子進入磁場的位置在OL上距離O點$l=dcosθ+Y=\frac{3\sqrt{2}}{4}d$；
根據(jù)幾何關(guān)系，
可得：$l≥R+\frac{R}{cosθ}$，即$R≤\frac{l}{1+\frac{1}{cosθ}}=\frac{\frac{3\sqrt{2}}{4}d}{1+\sqrt{2}}=\frac{3（2-\sqrt{2}）}{4}d$；
所以，$T=\frac{2πR}{v}≤\frac{2π×\frac{3（2-\sqrt{2}）}{4}d}{\frac{\sqrt{2}}{2}{v}_{0}}$=$\frac{3（\sqrt{2}-1）πd}{{v}_{0}}$；
所以，粒子從M點出發(fā)到第二次經(jīng)過OL所需要的最長時間${t}_{最長}=t+\frac{1}{2}{T}_{max}$=$\fracdjnltdi{{v}_{0}}+\frac{1}{2}\frac{3（\sqrt{2}-1）πd}{{v}_{0}}=\fracklacr50{{v}_{0}}[1+\frac{3（\sqrt{2}-1）π}{2}]$．
答：（1）此電場的場強大小E為$\frac{\sqrt{2}m{{v}_{0}}^{2}}{2qd}$；
（2）若粒子能在OL與x軸所圍區(qū)間內(nèi)返回到虛線OL上，則粒子從M點出發(fā)到第二次經(jīng)過OL所需要的最長時間為$\fracunmxmc0{{v}_{0}}[1+\frac{3（\sqrt{2}-1）π}{2}]$．

點評 在求運動相關(guān)的問題時，要注意判斷運動的方向，如本題中，在電場中運動，要注意在Y方向上是沿負方向即OL方向運動的，在磁場中一樣需要判斷粒子向哪邊偏轉(zhuǎn)，才能得到幾何關(guān)系，若向上偏轉(zhuǎn)的半圓則解出的結(jié)果R會比向下偏轉(zhuǎn)得到的R大得多．