Question

17．如圖所示，在xoy平面內(nèi)，第Ⅱ象限內(nèi)的直線OM是電場與磁場的分界線，OM與x軸的負方向成45°角，在x＜0且OM的左側(cè)空間存在著垂直紙面向里的勻強磁場B，磁感應強度大小為0.1T；在y＞0且OM右側(cè)空間存在著正y方向的勻強電場E，場強大小為0.32N/C．電場和磁場在分布區(qū)域足夠?qū)掗煟�一不計重力的帶負電微粒，從坐標原點O沿x軸負方向以v₀=2×l0³m/s的初速度進入磁場，最終會離開電、磁場區(qū)域已知微粒的電荷量q=5×10^-18C，質(zhì)量m=1×10^-24kg．求：
（1）帶電微粒在磁場中做圓周運動的半徑；
（2）帶電微粒在磁場區(qū)域運動的總時間；
（3）帶電微粒最終離開電、磁場區(qū)域的位置坐標．

Answer 1

分析 （1）帶電微粒在磁場中洛倫茲力提供圓周運動向心力，據(jù)此列式求解微粒圓周運動的半徑R；
（2）作出微粒在磁場中運動的軌跡，根據(jù)軌跡求微粒對圓心轉(zhuǎn)過的圓心角θ，再根據(jù)t=$\frac{θ}{2π}$T求出微粒運動的時間；
（3）粒子第二次進入電場后做類平拋運動，根據(jù)軌跡求出微粒拋出點的高度和電場力產(chǎn)生的加速度，由運動的合成與分解求解微粒第二次進入電場后在電場中運動的水平位移．

解答 解：（1）微粒在磁場中受洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，洛倫茲力提供圓周運動向心力有：
qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$，代入數(shù)據(jù)解得：R=4×10^-3m；
（2）由軌跡圖

可知，微粒先做$\frac{1}{4}$圓周運動，然后在電場中在電場力作用下先向上勻減速然后向下勻加速，
離開電場時速度大小與進入時大小相等．然后在磁場中做$\frac{3}{4}$圓周運動，
以垂直于電場方向的速度再進入電場作類平拋運動．
粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，微粒第一次在磁場中運動的時間為：t₁=$\frac{\frac{π}{2}}{2π}$T=$\frac{1}{4}$T，
第二次在磁場中運動的時間：t₂=$\frac{\frac{3π}{2}}{2π}$T=$\frac{3}{4}$T，
微粒在磁場中運動的總時間：
t=t₁+t₂=T=$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{2π×1×1{0}^{-24}}{5×1{0}^{-18}×0.1}$=$\frac{2π}{5}$×10^-5s≈1.256×10^-5s；
（3）微粒在電場中的加速度：a=$\frac{qE}{m}$=$\frac{5×1{0}^{-18}×0.32}{1×1{0}^{-24}}$=1.6×10⁶m/s²，
微粒第二次離開磁場在電場中做類平拋運動時拋出點高度h=2R，所以微粒在豎直方向做初速度為0的勻加速直線運動，故有：h=$\frac{1}{2}$at²，
可得微粒在電場中運動時間：t′=$\sqrt{\frac{2h}{a}}$，代入數(shù)據(jù)解得：t′=1×10^-4s，
所以微粒在水平方向的位移：x=v₀t′，代入數(shù)據(jù)解得：x=0.2m；
答：（1）帶電微粒在磁場中做圓周運動的半徑為4×10^-3m；
（2）帶電微粒在磁場區(qū)域運動的總時間為1.256×10^-5s；
（3）帶電微粒最終離開電、磁場區(qū)域的位置坐標為（0.2，0）．

點評 解決本題的關鍵是掌握帶電微粒在勻強磁場中做勻速圓周運動，知道周期及半徑公式，微粒在電場中可以做勻變速直線運動或拋體運動，熟練掌握運動規(guī)律是解決問題的基礎．