Question

16．如圖所示，在第一象限內(nèi)有沿y軸負向的勻強電場，電場強度為E=4.0×10⁶N/C．緊靠y軸存在一方形勻強磁場區(qū)域，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B₁=0.2T，方向垂直坐標(biāo)平面內(nèi)．在第四象限內(nèi)有磁感應(yīng)強度B₂=$\frac{4}{3}×1{0}^{-1}$T，方向垂直坐標(biāo)平面向外的勻強磁場．P是y軸上坐標(biāo)為（0，1）的一點，比荷為1.5×10⁸C/kg的粒子以平行于x軸速度v₀從y軸上的P點射入，粒子沿直線通過電場，磁場疊加場區(qū)域，然后經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)，從x軸上Q點射入勻強磁場B₂．粒子的軌跡剛好與y軸相切于C點，粒子的重力忽略不計．求：
（1）粒子射出的初速度v₀以及離開x軸時的速度；   
（2）Q和C的坐標(biāo)及粒子從P點出發(fā)再次回到y(tǒng)軸的時間．

Answer 1

分析 （1）粒子在電磁場中做直線運動，由平衡條件求出粒子的速度，由牛頓第二定律與勻變速運動的速度位移公式求出豎直分速度，然后求出粒子離開電場時的速度．
（2）由牛頓第二定律求出粒子軌道半徑，然后由幾何知識求出Q、C的坐標(biāo)．

解答 解：（1）粒子在電場中做直線運動，洛倫茲力與電場力相等，
由平衡條件得：qE=qv₀B₁，代入數(shù)據(jù)解得：v₀=2×10⁷m/s，
粒子在電場中做類平拋運動，在豎直方向上，
由勻變速運動的速度位移公式得：v_y²=2$\frac{qE}{m}$y_P，
粒子離開電場時的速度：v=$\sqrt{{{v}_{0}}^{2}+{{v}_{y}}^{2}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：v=4×10⁷m/s，
cosθ=$\frac{{v}_{0}}{v}$=$\frac{2×1{0}^{6}}{4×1{0}^{6}}$=$\frac{1}{2}$，則：θ=60°；
（2）粒子運動軌跡如圖所示：

粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，代入數(shù)據(jù)解得：R=20m，
由幾何知識可知，x_Q=R+Rsin60°=（20+10$\sqrt{3}$）m，y_C=Rcos60°=10m；
Q點的坐標(biāo)（20+10$\sqrt{3}$，0），C點的坐標(biāo)（0．-10）；
那么粒子在電場中運動時間t₁=$\frac{s}{{v}_{0}}$=$\frac{20+10\sqrt{3}}{4×1{0}^{7}}$s=9.3×10^-7s；
而在磁場中運動時間t₂=$\frac{7}{12}T$=$\frac{7}{12}×\frac{2π×\frac{1}{1.5×1{0}^{8}}}{\frac{4}{3}×1{0}^{-1}}$=0.6×10^-7s；
因此粒子從P點出發(fā)再次回到y(tǒng)軸的時間t=9.3×10^-7s+0.6×10^-7s=9.9×10^-7s
答：（1）粒子射出的初速度v₀=2×10⁷m/s，離開x軸時的速度大小為4×10⁷m/s，方向：與x軸正方向成60°；
（2）Q點的坐標(biāo)（20+10$\sqrt{3}$，0），C點的坐標(biāo)（0．-10）；粒子從P點出發(fā)再次回到y(tǒng)軸的時間9.9×10^-7s．

點評 本題考查了粒子在電磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是正確解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用平衡條件、類平拋運動規(guī)律、牛頓第二定律即可正確解題，解題時注意幾何知識的應(yīng)用．