Question

8．如圖甲所示，在xoy坐標(biāo)平面內(nèi)以O(shè)′為圓心，半徑r=0.1m的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.1T的勻強(qiáng)磁場，圓形區(qū)域的下端與x軸相切于坐標(biāo)原點O．現(xiàn)從坐標(biāo)原點O沿xoy平面在y軸兩側(cè)各53°角的范圍內(nèi)，發(fā)射速率均為v₀=1.0×10⁶ m/s的帶正電粒子，粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑也為r=0.1m，不計粒子的重力、粒子對磁場的影響及粒子間的相互作用力，求：

（1）粒子的比荷$\frac{q}{m}$；
（2）沿y軸正方向射入磁場的粒子，在磁場中運動的時間；
（3）若在x≥0.1m，y＞0的區(qū)域有電場強(qiáng)度E=1.0×10⁶ N/C、豎直向下的勻強(qiáng)電場，則粒子到達(dá)x軸范圍．

Answer 1

分析 1）由洛倫茲力提供向心力列方程求粒子的比荷；
（2）作出粒子運動軌跡，確定粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角后可確定磁場中的時間；
（3）當(dāng)粒子沿著y軸兩側(cè)30°角射入時，將會沿著水平方向射出磁場區(qū)域，之后垂直虛線MN分別從P'、Q'射入電場區(qū)，做類平拋運動．

解答 解：（1）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，有：$q{v}_{0}B=m\frac{{{v}_{0}}^{2}}{r}$，
解得：$\frac{q}{m}=\frac{{v}_{0}}{Br}=1.0×1{0}^{8}C/kg$．
（2）分析可知，帶電粒子運動過程如圖所示，由粒子在磁場中運動的周期T=$\frac{2πr}{{v}_{0}}$可知，
粒子在磁場中運動的時間為：t=$\frac{1}{4}T=\frac{πr}{2{v}_{0}}=1.57×1{0}^{-7}s$．
（3）由題意分析可知，當(dāng)粒子沿著y軸兩側(cè)30度角射入時，將會沿著水平方向射出磁場區(qū)域，之后垂直電場分別從P、Q射入電場區(qū)，做類平拋運動，最終到達(dá)x軸的位置分別為最遠(yuǎn)位置P和最近位置Q，粒子在電場中有：qE=ma，
P到x軸的距離為：y₁=r+rcos37°=1.8r，
${t}_{1}=\sqrt{\frac{2{y}_{1}}{a}}=\sqrt{\frac{3mr}{qE}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：${t}_{1}=6×1{0}^{-8}s$．
最遠(yuǎn)位置P坐標(biāo)為：${x}_{1}=r+{v}_{0}{t}_{1}=r+{v}_{0}\sqrt{\frac{3mr}{qE}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：x₁=0.16m．
Q到x軸的距離為：y₂=r-rcos37°=0.2r，
${t}_{2}=\sqrt{\frac{2{y}_{2}}{a}}=\sqrt{\frac{mr}{qE}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：${t}_{2}=2×1{0}^{-8}s$，
最近位置Q坐標(biāo)為：${x}_{2}=r+{v}_{0}{t}_{2}=r+{v}_{0}\sqrt{\frac{mr}{qE}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：x₂=0.12m．
所以粒子到達(dá)x軸范圍為（0.12m，0.16m）．
答：（1）粒子的比荷為1.0×10⁸C/kg；
（2）沿y軸正方向射入磁場的粒子，在磁場中運動的時間為1.57×10^-7s；
（3）粒子到達(dá)x軸范圍為（0.12m，0.16m）．

點評 考查粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，在電場力作用下做類平拋運動，掌握兩種運動的處理規(guī)律，學(xué)會運動的分解與幾何關(guān)系的應(yīng)用．注意正確做出運動軌跡是解題的重點．