Question

（17分）如圖所示，在坐標系xoy的第一、第三象限內存在相同的勻強磁場，磁場方向垂直于xoy面向里；第四象限內有沿y軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E，一質量為m、帶電量為+q的粒子自y軸的P點沿x軸正方向射入第四象限，經x軸上的Q點進入第一象限，隨即撤去電場，以后僅保留磁場。已知OP=d，OQ=2d，不計粒子重力。

（1）求粒子過Q點時速度的大小和方向。
（2）若磁感應強度的大小為一定值B₀，粒子將以垂直y軸的方向進入第二象限，求B₀；
（3）若磁感應強度的大小為另一確定值，經過一段時間后粒子將再次經過Q點，且速度與第一次過Q點時相同，求該粒子相鄰兩次經過Q點所用的時間。

Answer 1

（1）速度的大小，與x軸正方向的夾角；（2）；（3）。

解析試題分析：（1）粒子在電場力的作用下由P到Q屬于類平拋運動，水平方向為勻速直線運動，PO為勻加速運動，加速度的大小就是電場力與質量的比值，可計算出來；且水平方向與豎直方向運動的時間是相等的，根據這些關系即可求出粒子過Q點時速度的大小和方向。（2）由于粒子是與水平方向成45°角射入磁場的，射出磁場又是垂直于y軸的，故可畫出粒子的運動軌跡，再通過幾何關系找出半徑與d的數(shù)量聯(lián)系，圓周運動的半徑出來了，則由粒子在磁場中的運動規(guī)律即可計算出磁場的大小。（3）由題意可知，粒子將再次經過Q點，且速度的大小不變，說明粒子在磁場中的運動規(guī)律呈現(xiàn)對稱性，先畫出如圖所示的運動軌跡，再根據關系確定半徑的大小，然后確定粒子通過的路程，再用路程除速度即是所用的時間。
具體的過程：
（1）設粒子在電場中運動的時間為t₀，加速度的大小為a，粒子的初速度為v₀，過Q點時速度的大小為v，沿y軸方向分速度的大小為v_y，速度與x軸正方向間的夾角為θ，
由牛頓第二定律得qE=ma   ①
由運動學公式得 ②
  ③ 
 ④    
   ⑤
  ⑥
聯(lián)立①②③④⑤⑥式得     ⑦
      ⑧
（2）設粒子做圓周運動的半徑為R₁，粒子在第一象限的運動軌跡如圖所示，O₁為圓心，由幾何關系可知△O₁OQ為等腰直角三角形，得    ⑨
由牛頓第二定律得      ⑩
聯(lián)立⑦⑨⑩式得    ⑾

（3）設粒子做圓周運動的半徑為R₂，由幾何分析（粒子運動的軌跡如圖所示，）O₂、O₂′是粒子做圓周運動的圓心，Q、F、G、H是軌跡與兩坐標軸的交點，連接O₂、O₂′，由幾何關系知，O₂FGO₂′和O₂QHO₂′均為矩形，進而知FQ、GH均為直徑，QFGH也是矩形，又FH⊥GQ，可知QFGH是正方形，△QOF為等腰直角三角形）可知，粒子在第一、第三象限的軌跡均為半圓，得
   ⑿]
粒子在第二、第四象限的軌跡為長度相等的線段，得
   ⒀
設粒子相鄰兩次經過Q點所用的時間為t，則有
     ⒁
聯(lián)立⑦⑿]⒀⒁得    ⒂

考點：本題考查了平拋運動的知識，磁場中的圓周運動的知識。