Question

18．如圖所示，直角坐標系xoy位于豎直平面內(nèi)，在?$\sqrt{3}$m≤x≤0的區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強度大小B=4.0×10^-4T、方向垂直于紙面向里的條形勻強磁場，其左邊界與x軸交于P點；在x＞0的區(qū)域內(nèi)有電場強度大小E=4N/C、方向沿y軸正方向的有界勻強電場，其寬度d=2m．一質(zhì)量m=6.4×10^-27kg、電荷量q=-3.2×10^?19C的帶電粒子從P點以速度v=4×10⁴m/s，沿與x軸正方向成α=60°角射入磁場，經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)最終通過x軸上的Q點（圖中未標出），不計粒子重力．求：
（1）帶電粒子在磁場中運動的半徑和時間；
（2）當電場左邊界與y軸重合時Q點的橫坐標；
（3）若只改變上述電場強度的大小，要求帶電粒子仍能通過Q點，討論此電場左邊界的橫坐標x′與電場強度的大小E′的函數(shù)關(guān)系．

Answer 1

分析 （1）粒子在勻強磁場中由洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運動，由牛頓第二定律求出半徑，作出軌跡，由幾何知識找出圓心角，求出運動時間．
（2）粒子進入勻強電場，只受電場力，做類平拋運動，根據(jù)運動的分解，求出粒子離開電場時的速度偏向角為θ，由數(shù)學知識求出Q點的橫坐標．
（3）討論當0＜x′＜3m時，Q點在電場外面右側(cè)，畫出軌跡，研究速度偏向角，求出橫坐標x′與電場強度的大小E′的函數(shù)關(guān)系．
         當3m≤x'≤5m時，Q點在電場里，畫出軌跡，研究偏轉(zhuǎn)距離y，求出橫坐標x′與電場強度的大小E′的函數(shù)關(guān)系

解答 解：（1）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律 有
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$        
代入數(shù)據(jù)得：r=2m
軌跡如圖1交y軸于C點，過P點作v的垂線交y軸于O₁點，
由幾何關(guān)系得O₁為粒子運動軌跡的圓心，且圓心角為60°
在磁場中運動時間t=$\frac{T}{6}$=$\frac{1}{6}×\frac{2πm}{qB}$
代入數(shù)據(jù)得：t=5.23×10^-5s               
（2）帶電粒子離開磁場垂直進入電場后做類平拋運動
粒子在電場中加速度a=$\frac{qE}{m}$=$\frac{3.2×1{0}^{-19}×4}{6.4×1{0}^{-27}}$=2.0×10⁸m/s²
運動時間t₁=$\frac7ho7of7{v}$=$\frac{2}{4×1{0}^{4}}$=5.0×10^-5s
沿y方向分速度v_y=at₁=1.0×10⁴m/s
沿y方向位移y=$\frac{1}{2}a{t}_{1}^{2}$=$\frac{1}{2}×$2.0×10⁸m/s²×5.0²×10^-10=0.25m
粒子出電場后又經(jīng)時間t₂達x軸上Q點
t₂=$\frac{{L}_{oc}-y}{{v}_{y}}$=7.5×10^-5s
故Q點的坐標為x=d+vt₂=2+4×7.5×10^-5m=5.0m
（3）電場左邊界的橫坐標為x′．
當0＜x′＜3m時，如圖2，設(shè)粒子離開電場
時的速度偏向角為θ′，
則：tanθ′=$\frac{E′qd}{m{v}^{2}}$
又：tanθ′=$\frac{1}{4-x′}$      
由上兩式得：E′=$\frac{16}{4-x′}$
當3m≤x′≤5m時，如圖3，有
y=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{E′q（5-x′）^{2}}{2m{v}^{2}}$
將y=1m及各數(shù)據(jù)代入上式得：
E′=$\frac{64}{（5-x′）^{2}}$
答：（1）帶電粒子在磁場中運動的半徑為2m，時間為5.23×10^-5s；
（2）當電場左邊界與y軸重合時Q點的橫坐標為5m；
（3）若只改變上述電場強度的大小，要求帶電粒子仍能通過Q點，當0＜x′＜3m時，E′=$\frac{16}{4-x′}$；當3m≤x′≤5m時，E′=$\frac{64}{（5-x′）^{2}}$．

點評 本題是磁場和電場組合場問題，考查分析和解決綜合題的能力，關(guān)鍵是運用幾何知識畫出粒子的運動軌跡，屬于較難題目．