Question

如图所示，OP曲线的方程为：y=1﹣0.4（x、y单位均为m），在OPM区域存在水平向右的匀强电场，场强大小E₁=200N/C（设为Ⅰ区），MPQ右边存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度为B=0.1T（设为Ⅱ区），与x轴平行的PN上方（包括PN）存在竖直向上的匀强电场，场强大小E₂=100N/C（设为Ⅲ区），PN的上方h=3.125m处有一足够长的紧靠y轴水平放置的荧光屏AB，OM的长度为a=6.25m，今在曲线OP上同时静止释放质量为m=1.6×10^﹣25kg，电荷量为e=1.6×10^﹣19C的带正电的微粒2000个（在OP上按x均匀分布）．（不考虑微粒之间的相互作用，不计粒子重力，=2.5）．试求：

（1）这些粒子进入Ⅱ区的最大速度大小；

（2）糍子打在荧光屏上的亮线的长度和打在荧光屏上的粒子数；

（3）这些粒子从出发到打到荧光屏上的最长时间．

Answer

（1）这些粒子进入Ⅱ区的最大速度大小为5×104m/s；

（2）糍子打在荧光屏上的亮线的长度6.25m，打在荧光屏上的粒子数500个；

（3）这些粒子从出发到打到荧光屏上的最长时间4.064×10﹣4s．

【解析】

试题分析：（1）对在Ⅰ区的运动过程根据动能定理列方程求速度的表达式，进而求出最大速度；

（2）有半径公式表示粒子在Ⅱ区后做匀速圆周运动的轨道半径，求出转过半圈后的竖直位移，然后根据运动的合成与分解求出打在光屏上的亮线长度，根据长度比求出个数；

（3）能打到荧光屏上的粒子在Ⅰ区的时间最长，分别求出在Ⅰ区的运动时间和Ⅱ区的运动时间与圆周运动半轴的时间，其和即为最长时间．

【解析】
（1）设粒子从点（x，y）出发，eE1（a﹣x）=mv02

v0=

当x=0时速度最大，所以最大速度vm=5×104m/s；

（2）进入Ⅱ区后做匀速圆周运动，其轨道半径为：r==

转半圈后打在MQ点上的C点，yc=2r+y=0.4+y=1m

所以所有的粒子均打在P点且水平进入Ⅲ区速度最小的从P点出发，直接打在P点正上方的荧光屏上，速度最大的是5×104m/s，水平向左做匀速运动，

竖直向上做匀加速直线运动，

a2==105m/s2

t2==2.5×10﹣4s

所以最偏左的y=vmt2=12.5m，则亮线长度为6.25m（其余打出去了）

打在6.25m处的粒子的水平速度为：v=m/s=2.5×104m/s

由v==2.5×104m/s

得：a﹣x=1.25

所以打在荧光屏上的粒子数n=×2000=500个；

（3）能打到荧光屏上的粒子在Ⅰ区的最长时间为t1

a1==2×105m/s2，得：t2==1.25×10﹣4s

在Ⅱ区，t′=T==3.14×10﹣5s

t=t1+t2+t′=4.064×10﹣4s

答：（1）这些粒子进入Ⅱ区的最大速度大小为5×104m/s；

（2）糍子打在荧光屏上的亮线的长度6.25m，打在荧光屏上的粒子数500个；

（3）这些粒子从出发到打到荧光屏上的最长时间4.064×10﹣4s．

【点评】本题考查了粒子在组合场中的运动，综合运用了牛顿第二定律、运动学公式与动能定理等规律，掌握平抛运动的处理规律，理解动能定理的过程确定的重要性．会用几何知识解决电磁偏转的问题．