Question

8．空间中有一直角坐标系，戈轴保持水平、方向向右，如图所示，在整个坐标空间有大小为B=0.1T、方向垂直纸面向外的匀强磁场，在此坐标系第四象限内同时存在着水平方向的匀强电场E，一荷质比$\frac{q}{m}$=25C/kg的带负电微粒以某一速度沿与y轴正方向53°角从M点进入第四象限，M点的坐标为（0，-1.8），粒子恰好沿直线运动至x轴上的P点进入第一象限，在第一象限空间有沿，轴负方向的、场强大小为$\frac{4}{3}$E的匀强电场，g取10m/s²．已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，不计空气阻力．求：
（1）第四象限坐标中电场强度的大小和方向；
（2）带电微粒的运动速度；
（3）画出粒子运动轨迹图，并求出粒子离开第一象限的位置坐标．

Answer 1

分析 （1）粒子从M到P过程是匀速直线运动，受重力、电场力和洛伦兹力而平衡，根据平衡条件列式求解电场强度，根据左手定则判断电场强度的方向；
（2）粒子从M到P过程是匀速直线运动，根据平衡条件求解出洛伦兹力，再根据f=qvB求解速度；
（3）粒子在第一象限过程，重力和电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解轨道半径，结合几何关系确定粒子离开第一象限的位置坐标．

解答 解：（1）在第四象限，因微粒做直线运动，所受的洛伦兹力不变且方向与运动轨迹垂直，它必与重力和电场力的合力平衡，受力如图：
根据平衡条件，有：
qE=fsin37°
mg=fcos37°
解得：E=$\frac{mgtan37°}{q}$=$\frac{10×0.75}{25}$=0.3N/C
方向向左
（2）由于洛伦兹力与重力和电场力的合力平衡，故：
qvBcos37°=mg
解得：v=$\frac{5mg}{4qB}$=$\frac{5×10}{4×25×0.1}$=5m/s
（3）在第一象限，由于${E}_{1}=\frac{4}{3}E=\frac{mg}{q}$，得到电场力为：F_电=mg
微粒在竖直方向受力平衡，在磁场力的作用下做圆周运动，故：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
运动轨迹如图，在q点离开，运动半径：
R=$\frac{mv}{qB}$=$\frac{5}{25×0.1}$=2m
OP=OM•tan53°=2.4m
因为Rcos53°=1.2m
所以圆心O′到y轴的距离为x′=2.4-1.2=1.2m
离开第一象限的坐标为：
y=Rsin53°+$\sqrt{{R}^{2}-x{′}^{2}}$=2×0.8+$\sqrt{{2}^{2}-1．{2}^{2}}$=3.2m
答：（1）第四象限坐标中电场强度的大小为0.3N/C，方向向左；
（2）带电微粒的运动速度为5m/s；
（3）粒子运动轨迹如图，粒子离开第一象限的位置坐标为（0，3.2m）．

点评 本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，根据平衡条件和牛顿第二定律列式分析，同时要画出轨迹并结合几何关系分析，不难．