Question

12．如圖所示，在第一象限內有沿y軸負方向的勻強電場，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，勻強磁場的磁感應強度為B₁=0.2T，方向垂直坐標平面內．在第四象限內有磁感應強度B₂=$\frac{4}{3}$×10^-1T，方向垂直坐標平面向外的勻強磁場．P是y軸上坐標為（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，然后經電場偏轉，從x軸上Q點射入勻強磁場B₂．粒子剛好到達y軸上某點C（計算結果保留兩位有效數(shù)字）．求：
（1）粒子射出的初速度v₀以及離開x軸時的速度；
（2）求Q點和C點的坐標．
（3）粒子從P點出發(fā)再次回到y(tǒng)軸的時間是多少？

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．
（3）分三段，分別由運動學公式求解時間，即可得到總時間．

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=$\frac{{v}_{0}}{v}$=$\frac{2×1{0}^{7}}{4×1{0}^{7}}$=$\frac{1}{2}$，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$\frac{{v}^{2}}{R}$，得 R=$\frac{mv}{q{B}_{2}}$
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（20+10$\sqrt{3}$，0），C點的坐標（0．-10）；
（3）設粒子在電場中運動時間為t₂．則t₂=$\frac{{v}_{y}}{\frac{qE}{m}}$=$\frac{{v}_{0}tanθ}{\frac{qE}{m}}$=$\frac{2×1{0}^{7}×tan60°}{1.5×1{0}^{8}×4×1{0}^{6}}$s=$\frac{\sqrt{3}}{3}$×10^-7s
電場中水平位移大小 x₂=v₀t₂=2×10⁷×$\frac{\sqrt{3}}{3}$×10^-7m=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m
粒子在電磁場疊加區(qū)中，水平位移為 x₁=x_Q-x₂=（20+10$\sqrt{3}$）m-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m≈36.2m
運動時間為 t₁=$\frac{{x}_{1}}{{v}_{0}}$=$\frac{36.2}{2×1{0}^{7}}$s≈1.81×10^-6s
在磁場中運動時間為 t₃=$\frac{\frac{2}{3}πR}{v}$≈1.0×10^-6s
故總時間為 t=t₁+t₂+t₃≈3.38×10^-6s．
答：
（1）粒子射出的初速度v₀為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（20+10$\sqrt{3}$，0），C點的坐標（0．-10）．
（3）粒子從P點出發(fā)再次回到y(tǒng)軸的時間是3.38×10^-6s．

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鍵，應用平衡條件、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用．