Question

16．如圖所示，在xOy直角坐標(biāo)平面內(nèi)-0.05m≤x＜0的區(qū)域有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=0.4T，0≤x≤0.08m的區(qū)域有沿-x方向的勻強電場．在x軸上坐標(biāo)為（-0.05m，0）的S點有一粒子源，它一次能沿紙面同時向磁場內(nèi)每個方向發(fā)射一個比荷$\frac{q}{m}$=5×10⁷C/kg，速率v₀=2×10⁶m/s的帶正電粒子．若粒子源只發(fā)射一次，其中只有一個粒子Z恰能到達(dá)電場的右邊界，不計粒子的重力和粒子間的相互作用（結(jié)果可保留根號）．求：
（1）粒子在磁場中運動的半徑R；
（2）粒子Z從S發(fā)射時的速度方向與磁場左邊界的夾角θ；
（3）第一次經(jīng)過y軸的所有粒子中，位置最高的粒子P的坐標(biāo)；
（4）若粒子P到達(dá)y軸瞬間電場突然反向，求粒子P到達(dá)電場右邊界時的速度．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中，由洛倫茲力提供向心力，列式得出半徑R．
（2）由題意知，只有一個粒子Z恰能到達(dá)電場的右邊界，說明Z粒子是垂直電場左邊界進(jìn)入電場的，作出Z粒子在磁場中的運動軌跡如圖1所示，由幾何知識求出θ．
（3）在y軸上位置最高的粒子P的運動軌跡恰與y軸相切于N點，作出其軌跡，如圖2所示，由幾何知識求解．
（4）若粒子P到達(dá)y軸瞬間電場突然反向，進(jìn)入電場后粒子將加速，由動能定理得到電場強度．運用牛頓第二定律和運動學(xué)速度位移公式研究電場方向，求出沿電場方向的速度，再由速度的合成求解．

解答 解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有
  qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
可得 R=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$=$\frac{2×1{0}^{6}}{5×1{0}^{7}×0.4}$m=0.1m
（2）由題意可知Z粒子是垂直電場左邊界進(jìn)入電場的，作出Z粒子在磁場中的運動軌跡如圖1所示，O₁為軌跡圓的圓心．分別用d_B表示磁場區(qū)域的寬度．
由幾何知識可知，∠O₁SO=θ，在△SOO₁中滿足：
 cosθ=$\frac{OS}{{O}_{1}S}$=$\frac{f3dhtd3_{B}}{R}$=$\frac{0.05}{0.1}$=$\frac{1}{2}$，得 θ=60°
即粒子Z從S發(fā)射時的速度方向與磁場左邊界的夾角θ為60°或120°．
（3）在y軸上位置最高的粒子P的運動軌跡恰與y軸相切于N點，如圖2所示，N點到x軸的豎直距離L滿足：
 L²+（R-d_B）²=R²；
解得：L=5$\sqrt{3}$cm=$\frac{\sqrt{3}}{20}$m
即粒子P的位置坐標(biāo)為（0，$\frac{\sqrt{3}}{20}$m）．
（4）用d_E表示電場的寬度．
對Z粒子在電場中運動，由動能定理有：
 qEd_E=$\frac{1}{2}$mv₀²①
代入數(shù)據(jù)解得：E=5.0×10⁵N/C
設(shè)沿電場方向的速度為v_⊥，則
  ${v}_{⊥}^{2}$=2ad_E；
qE=ma
解得 v_⊥=2×10⁶m/s
所以粒子P到達(dá)電場右邊界時的速度
 v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{⊥}^{2}}$=2$\sqrt{2}×1{0}^{6}$m/s
方向與電場右邊界成45°或135°．
答：
（1）粒子在磁場中運動的半徑R為0.1m；
（2）粒子Z從S發(fā)射時的速度方向與磁場左邊界的夾角θ為60°或120°；
（3）第一次經(jīng)過y軸的所有粒子中，位置最高的粒子P的坐標(biāo)為（0，$\frac{\sqrt{3}}{20}$m）；
（4）若粒子P到達(dá)y軸瞬間電場突然反向，粒子P到達(dá)電場右邊界時的速度為大小2$\sqrt{2}×1{0}^{6}$m/s，方向與電場右邊界成45°或135°．

點評 本題的關(guān)鍵要正確分析粒子的受力情況和運動情況．對于電荷在勻強磁場中做勻速圓周運動，關(guān)鍵是畫出軌跡，由幾何知識求出半徑．