Question

8．如圖所示，xoy平面內(nèi)，在y軸左側某區(qū)域內(nèi)有一個方向豎直向下，水平寬度為l=2$\sqrt{3}$×10^-2m，電場強度為E=1.0×10⁴N/C的勻強電場．在y軸右側有一個圓心位于x軸上，半徑為r=0.01m的圓形磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度為B=0.01T，坐標為 x₀=0.04m處有一垂直于x軸的面積足夠大的熒光屏PQ．今有一束帶正電的粒子從電場中某點沿+x方向射入電場，穿過電場時恰好通過坐標原點，速度大小為v=2×10⁶m/s，方向與x軸成30°角斜向下，若粒子的質量為m=1.0×10^-20kg，電量為q=1.0×10^-10C，忽略粒子的重力和粒子間的相互作用力．試求：
（1）粒子射入電場時的坐標位置和初速度大��；
（2）若圓形磁場可沿x軸移動，圓心O'在x軸上的移動范圍為[0.01m，+∞），由于磁場位置的不同，導致該粒子打在熒光屏上的位置也不同，試求粒子打在熒光屏上的范圍．

Answer 1

分析 （1）粒子沿AB方向進入電場后做類平拋運動，將射出電場的速度進行分解，根據(jù)沿電場方向上的速度，結合牛頓第二定律求出運動的時間，從而得出類平拋運動的水平位移和豎直位移，即得出射入電場的坐標．射出速度在垂直于電場方向上的速度等于初速度的大小；
（2）隨著磁場向右移動熒光屏光點位置逐漸下移，當v方向與磁場圓形區(qū)域相切，此后，粒子將打在熒光屏的同一位置．根據(jù)粒子在勻強磁場中的半徑公式，結合幾何關系求出粒子打在熒光屏上的范圍．

解答 解：（1）粒子沿AB方向進入電場后做類平拋運動，在O點將v沿x、y方向分解得：
v_x=vcos30°．
v_y=vsin30°
根據(jù)牛頓第二定律有：
a=$\frac{qE}{m}=\frac{1×1{0}^{-10}×1{0}^{4}}{1{0}^{-20}}m/{s}^{2}=1×1{0}^{14}m/{s}^{2}$
根據(jù)t=$\frac{{v}_{y}}{a}=\frac{2×1{0}^{6}×\frac{1}{2}}{1×1{0}^{14}}s=1×1{0}^{-8}s$．
則有：
x=${v}_{x}t=2×1{0}^{6}×\frac{\sqrt{3}}{2}×1×1{0}^{-8}m=\sqrt{3}×1{0}^{-2}$m．
y=$\frac{{v}_{y}^{2}}{2a}=\frac{（1×1{0}^{6}）^{2}}{2×1{0}^{14}}m$=5×10^-3m．
則粒子射入電場時的坐標位置為（$\sqrt{3}×1{0}^{-2}m$，5×10^-3m）．
初速度為：${v}_{0}={v}_{x}=2×1{0}^{6}×\frac{\sqrt{3}}{2}m/s$=$\sqrt{3}×1{0}^{6}m/s$．
（2）洛侖茲力提供向心力，則有：$qvB=m\frac{{v}^{2}}{R}$
得：$R=\frac{mv}{qB}$=2×10^-2m
由幾何關系知此時出射位置為D點，軌跡如圖，熒光屏最高端的縱坐標為：
${L}_{1}=2rtan30°=\frac{2\sqrt{3}}{3}r=0.0115m$
隨著磁場向右移動熒光屏光點位置逐漸下移，當v方向與磁場圓形區(qū)域相切，此后，粒子將打在熒光屏的同一位置．
其最低的縱坐標為：${L}_{2}=4rtan30°=\frac{4\sqrt{3}}{3}r≈0.0231m$．
所以打在屏上的范圍為：[-0.0231m，0.0115m]
答：（1）粒子射入電場時的坐標位置為（$\sqrt{3}×1{0}^{-2}m$，5×10^-3m）．初速度為$\sqrt{3}×1{0}^{6}m/s$．
（2）粒子打在熒光屏上的范圍為[-0.0231m，0.0115m]．

點評 本題考查粒子在電場中類平拋運動和在磁場中的勻速圓周運動，對學生幾何能力要求較高，能夠找出問題的臨界情況是解決本題的關鍵．