Question

19．在如圖所示的空間區(qū)域里，y軸左方有一勻強電場，場強方向跟y軸正方向成60°，大小為E=4.0×10⁵N/C；y軸右方有一垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B=0.20T．有一質(zhì)子以速度v=2.0×10⁶m/s，由x軸上的A點（10cm，0）沿與x軸正方向成30°斜向上射入磁場，在磁場中運動一段時間后射入電場，后又回到磁場，經(jīng)磁場作用后又射入電場．已知質(zhì)子質(zhì)量近似為m=1.6×10^-27kg，電荷q=1.6×10^-19C，質(zhì)子重力不計．求：（計算結果保留3位有效數(shù)字，可能用到的$\sqrt{3}$=1.73，$\sqrt{2}$=1.41，π取3.14）
（1）質(zhì)子在磁場中做圓周運動的半徑．
（2）質(zhì)子從開始運動到第二次到達y軸所經(jīng)歷的時間．
（3）質(zhì)子第三次到達y軸的位置坐標．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結合牛頓第二定律，即可求解；
（2）根據(jù)質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動，在電場中做勻變速直線運動，根據(jù)圓周運動的周期公式，結合圓心角，可求出磁場中運動的時間，再根據(jù)運動學公式與牛頓第二定律，可求出在電場中運動的時間，注意來回時間，從而即可求解；
（3）質(zhì)子在磁場中，在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關系，結合圓周運動的半徑公式，即可求解．

解答 解：（1）質(zhì)子在磁場中受洛倫茲力做勻速圓周運動，設質(zhì)子做勻速圓周運動的半徑為R，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，代入數(shù)據(jù)解得：R=0.10m；
（2）由于質(zhì)子的初速度方向與x軸正方向夾角為30°，且半徑恰好等于OA，因此，
質(zhì)子將在磁場中做半個圓周到達y軸上的C點，如圖所示．
質(zhì)子做圓周運動周期為，即為：T=$\frac{2πm}{qB}$，
質(zhì)子從出發(fā)運動到第一次到達y軸的時間為：t₁=$\frac{1}{2}$T=$\frac{π×1.6×1{0}^{-27}}{1.6×1{0}^{-19}×0.2}$=1.57×10^-7 s；
質(zhì)子在電場力作用下，產(chǎn)生的加速度：a=$\frac{qE}{m}$，代入數(shù)據(jù)解得：a=4×10¹³m/s²；
質(zhì)子在電場中來回運動的時間t₂，則有：t₂=2×$\frac{v}{a}$，代入數(shù)據(jù)解得：t₂=1×10^-7s，
因此質(zhì)子從開始運動到第二次到達y軸所經(jīng)歷的時間：t=t₁+t₂=1.57×10^-7 s+1×10^-7 s=2.57×10^-7 s；
（3）質(zhì)子再次進入磁場時，速度的方向與電場的方向相同，在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動，到達y軸的D點．
根據(jù)幾何關系，可以得出C點到D點的距離為：CD=2Rcos30°；
則質(zhì)子第二次到達y軸的位置為：
y₂=CD+OC=2Rcos30°+2Rcos30°=20$\sqrt{3}$cm≈34.6cm．
即質(zhì)子第三次到達y軸的坐標為（0，34.6cm）．
答：（1）質(zhì)子在磁場中做圓周運動的半徑為0.1m．
（2）質(zhì)子從開始運動到第二次到達y軸所經(jīng)歷的時間2.57×10^-7 s．
（3）質(zhì)子第三次到達y軸的位置坐標（0，34.6cm）．

點評 分析帶電粒子在磁場中運動，首先要畫出粒子運動軌跡圖，然后根據(jù)洛倫茲力做向心力可求半徑，還可以根據(jù)幾何關系求半徑，找到粒子做圓周運動的圓心角可求出運動時間．如果還存在電場，粒子在電場中一般做勻變速直線運動或類平拋運動，類平拋運動要把運動分解后研究．