Question

1．如圖所示的真空環(huán)境中，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向水平、垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2.5T；勻強(qiáng)電場(chǎng)方向水平向左，場(chǎng)強(qiáng)E=$\sqrt{3}$ N/C．一個(gè)帶負(fù)電的小顆粒質(zhì)量m=3.0×10^-7kg．帶電量q=3.0×10^-6C，帶電小顆粒在這個(gè)區(qū)域中剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng)．
（1）求這個(gè)帶電小顆粒運(yùn)動(dòng)的方向和速度大�。�
（2）如果小顆粒運(yùn)動(dòng)到圖中P點(diǎn)時(shí)，把磁場(chǎng)突然撤去，小顆粒將做什么運(yùn)動(dòng)？若運(yùn)動(dòng)中小顆粒將會(huì)通過(guò)與P點(diǎn)在同一電場(chǎng)線上的Q點(diǎn)，那么從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所需時(shí)間有多長(zhǎng)？（g取10m/s²）

Answer 1

分析 （1）對(duì)帶電顆粒受力分析，根據(jù)力的平行四邊形定則，結(jié)合洛倫茲力表達(dá)式，及左手定則與平衡條件，即可求解．
（2）把磁場(chǎng)突然撤去，粒子所受的合力與速度垂直，做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合解答．

解答 解：（1）該帶電小顆粒受到豎直向下的重力，與電場(chǎng)相反相反的、水平向右的電場(chǎng)力和洛倫茲力的作用，剛好做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則受力如圖所示，得：
$tanα=\frac{mg}{qE}$=$\frac{3×1{0}^{-7}×10}{3×1{0}^{-6}×\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
所以α=30°
由左手定則得，帶負(fù)電小顆粒的運(yùn)動(dòng)方向應(yīng)與水平方向成60°角斜向右上方．由平衡條件可得：$qvB=\frac{mg}{sinα}$，
解得：v=$\frac{mg}{qBsin30°}=\frac{3×1{0}^{-6}}{3×1{0}^{-6}×2.5×\frac{1}{2}}$m/s=0.8m/s．
（2）突然撤去磁場(chǎng)后，粒子受到重力和電場(chǎng)力的合力與速度垂直，故小顆粒做類平拋運(yùn)動(dòng)，
在豎直方向上，小顆粒做初速度為vsin60°、加速度為g的豎直上拋運(yùn)動(dòng)，Q點(diǎn)是P點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)，所以從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所需要的時(shí)間
t=$\frac{2vsin60°}{g}$=$\frac{2×0.8×\frac{\sqrt{3}}{2}}{10}s=0.08\sqrt{3}s$．
答：（1）這個(gè)帶電小顆粒運(yùn)動(dòng)的方向與水平方向成60°角斜向右上方，大小為0.8m/s．
（2）小顆粒將做類平拋運(yùn)動(dòng)，從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)所需時(shí)間為$0.08\sqrt{3}$s．

點(diǎn)評(píng) 本題要能根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)情況分析受力情況，也根據(jù)受力情況判斷其運(yùn)動(dòng)情況，運(yùn)用平衡條件、牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合運(yùn)動(dòng)的分解法研究．