Question

（20分）如圖所示，坐標系xOy在豎直平面內，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上。y<0的區域有垂直于坐標平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B；在第一象限的空間內有與x軸平行的勻強電場（圖中未畫出）；第四象限有與x軸同方向的勻強電場；第三象限也存在著勻強電場（圖中未畫出）。一個質量為m、電荷量為q的帶電微粒從第一象限的P點由靜止釋放，恰好能在坐標平面內沿與x軸成θ=30°角的直線斜向下運動，經過x軸上的a點進入y<0的區域后開始做勻速直線運動，經過y軸上的b點進入x<0的區域后做勻速圓周運動，最后通過x軸上的c點，且Oa=Oc。已知重力加速度為g，空氣阻力可忽略不計，求：

（1）微粒的電性及第一象限電場的電場強度E₁；

（2）帶電微粒由P點運動到c點的過程中，其電勢能的變化量大小；

（3）帶電微粒從a點運動到c點所經歷的時間。

 

Answer 1

【答案】

（1）   E₁=mg/q（2）（3）

【解析】

試題分析：（1）在第一象限內，帶電微粒從靜止開始沿Pa做勻加速直線運動，受重力mg和電場力qE₁的合力一定沿Pa方向，電場力qE₁一定水平向左。………………………………………………………………………………………1分

帶電微粒在第四象限內受重力mg、電場力qE₂和洛侖茲力qvB做勻速直線運動，所受合力為零。分析受力可知微粒所受電場力一定水平向右，故微粒一定帶正電。……………1分

所以，在第一象限內E₁方向水平向左（或沿x軸負方向）。………………………1分

根據平行四邊形定則，有 mg=qE₁tanθ ………………………………………………1分

解得   E₁=mg/q  …………………………………………………………………1分

（2）帶電粒子從a點運動到c點的過程中，速度大小不變，即動能不變，且重力做功為零，所以從a點運動到c點的過程中，電場力對帶電粒子做功為零。…………………1分

由于帶電微粒在第四象限內所受合力為零，因此有 qvBcosθ="mg" ………………1分

帶電粒子通過a點的水平分速度v_x=vcosθ= ……………………………………1分

帶電粒子在第一象限時的水平加速度a_x=qE₁/m=g……………………………1分

帶電粒子在第一象限運動過程中沿水平方向的位移x=……………1分

由P點到a點過程中電場力對帶電粒子所做的功W_電=qE₁x=………………1分

因此帶電微粒由P點運動到c點的過程中，電勢能的變化量大小

ΔE_電=…………………………………………………………1分

說明：其他方法正確的同樣得分。但用動能定理的水平分量式求解的不能得分。

（3）在第三象限內，帶電微粒由b點到c點受重力mg、電場力qE₃和洛侖茲力qvB做勻速圓周運動，一定是重力與電場力平衡，所以有

qE₃="mg" ……………………………………………1分

設帶電微粒做勻速圓周運動的半徑為R，

根據牛頓第二定律，有  qvB=mv²/R ……………………………1分

帶電微粒做勻速圓周運動的周期

T=………………………………1分

帶電微粒在第三象限運動的軌跡如圖所示，連接bc弦，因Oa=Oc，所以Δabc為等腰三角形，即∠Ocb=∠Oab=30°。過b點做ab的垂線，與x軸交于d點，因∠Oba=60°，所以∠Obd="30°," 因此Δbcd為等腰三角形，bc弦的垂直平分線必交于x軸上的d點，即d點為軌跡圓的圓心。…………………………………………………………………………2分

所以帶電粒子在第四象限運動的位移x_ab=Rcotθ=R

其在第四象限運動的時間t₁=……………………………………………1分

由上述幾何關系可知，帶電微粒在第三象限做勻速圓周運動轉過的圓心角為120°，即轉過1/3圓周，所以從b到c的運動時間  t₂= ………………………………1分

因此從a點運動到c點的時間  t=t₁+t₂=+= ………1分

考點：考查帶電粒子在復合場中的運動

點評：本題難度較大，分析粒子的速度方向和受力特點是關鍵，判斷出運動類型后進行求解，注意電場力做功與路徑無關，只與初末位置有關，求解粒子在磁場中運動時間時，先求圓心后求半徑，根據圓心角確定粒子的運動時間