Question

14．如圖所示，直角坐標(biāo)系xoy位于豎直平面內(nèi)，在-$\sqrt{3}$m≤x≤0的區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=4.0×10^-4T、方向垂直于紙面向里的條形勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其左邊界與x軸交于P點(diǎn)；在x＞0的區(qū)域內(nèi)有電場(chǎng)強(qiáng)度大小E=4N/C、方向沿y軸正方向的條形勻強(qiáng)電場(chǎng)，其寬度d=2m．一質(zhì)量m=6.4×10^-27kg、電荷量q=-3.2×10^?19C的帶電粒子從P點(diǎn)以速度v=4×10⁴m/s，沿與x軸正方向成α=60°角射入磁場(chǎng)，經(jīng)電場(chǎng)偏轉(zhuǎn)最終通過(guò)x軸上的Q點(diǎn)（圖中未標(biāo)出），不計(jì)粒子重力．求：
（1）帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間；
（2）當(dāng)電場(chǎng)左邊界與y軸重合時(shí)Q點(diǎn)的橫坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中由洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律求出半徑，作出軌跡，由幾何知識(shí)找出圓心角，求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間．
（2）粒子進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)，只受電場(chǎng)力，做類平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解，求出粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度偏向角為θ，由數(shù)學(xué)知識(shí)求出Q點(diǎn)的橫坐標(biāo)．

解答 解：（1）帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，
根據(jù)牛頓第二定律有：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，代入數(shù)據(jù)得：r=2m，
軌跡如圖1交y軸于C點(diǎn)，過(guò)P點(diǎn)作v的垂線交y軸于O₁點(diǎn)，
由幾何關(guān)系得O₁為粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心，且圓心角為60°
在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=$\frac{1}{6}$T=$\frac{1}{6}$×$\frac{2πm}{qB}$，
代入數(shù)據(jù)得：t=5.23×10^-5s；               
（2）帶電粒子離開(kāi)磁場(chǎng)垂直進(jìn)入電場(chǎng)后做類平拋運(yùn)動(dòng)
粒子在電場(chǎng)中加速度a=$\frac{qE}{m}$=2.0×10⁸m/s²
運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t₁=$\fracl33uucw{v}$=5.0×10^-5s
沿y方向分速度v_y=at₁=1.0×10⁴m/s
沿y方向位移y=$\frac{1}{2}$at₁²=0.25m
粒子出電場(chǎng)后又經(jīng)時(shí)間t₂達(dá)x軸上Q點(diǎn)
t₂=$\frac{{L}_{OC}-y}{{v}_{y}}$=7.5×10^-5s
故Q點(diǎn)的坐標(biāo)為：x=d+vt₂=2+4×7.5×10^-5m=5.0m；
答：（1）帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為5.23×10^-5s；
（2）當(dāng)電場(chǎng)左邊界與y軸重合時(shí)Q點(diǎn)的橫坐標(biāo)為5m．

點(diǎn)評(píng) 本題是磁場(chǎng)和電場(chǎng)組合場(chǎng)問(wèn)題，考查分析和解決綜合題的能力，關(guān)鍵是運(yùn)用幾何知識(shí)畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，屬于較難題目．