Question

9．如圖所示，在xoy平面坐標系中，x軸上方存在電場強度E=1000v/m、方向沿y軸負方向的勻強電場；在x軸及與x軸平行的虛線PQ之間存在著磁感應(yīng)強度為B=2T、方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁場寬度為d．一個質(zhì)量m=2×10^-8kg、帶電量q=+1.0×10^-5C的粒子從y軸上（0，0.04）的位置以某一初速度v₀沿x軸正方向射入勻強電場，不計粒子的重力． 
（1）若v₀=200m/s，求粒子第一次進入磁場時速度v的大小和方向；
（2）要使以大小不同初速度射入電場的粒子都能經(jīng)磁場返回，求磁場的最小寬度d；
（3）要使粒子能夠經(jīng)過x軸上100m處，求粒子入射的初速度v₀．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子垂直進入電場中做類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律和分運動公式求粒子第一次進入磁場時速度v的大小和方向；
（2）粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出軌跡半徑r．當初速度為0時粒子最容易穿過磁場． 要使以大小不同初速度射入電場的粒子都能經(jīng)磁場返回，磁場的最小寬度d=r．
（3）對于不同初速度的粒子通過磁場的軌跡在x軸上的弦長不變，根據(jù)幾何知識得出弦長表達式，再求解粒子能夠經(jīng)過x軸上100m處時初速度表達式．

解答 解：（1）帶電粒子垂直進入電場中做類平拋運動，根據(jù)牛頓第二定律得：
Eq=ma                          
根據(jù)運動學(xué)公式有：
y=$\frac{1}{2}$at²        
聯(lián)立解得：a=5×10⁵m/s²，t=4×10^-4s          
粒子剛進入磁場時豎直分速度大小為：
v_y=at=5×10⁵×4×10^-4=200m/s                         
根據(jù)幾何關(guān)系有：v²=v₀²+v_y²
tanα=$\frac{v_y}{v_0}$
代入數(shù)據(jù)解得：v=200$\sqrt{2}$m/s，與x軸成45°角  
（2）當初速度為0時粒子最容易穿過磁場．     
根據(jù)Bqv=$m\frac{v_y^2}{r}$得：r=0.2m            
要使所有帶電粒子都返回電場，磁場的最小寬度為：d=0.2m                                 
另解：Bqv=$m\frac{v^2}{r}$；$r=\frac{{m\sqrt{v_0^2+v_y^2}}}{qB}$
則得：$d=r-rcosθ=\frac{{m\sqrt{v_0^2+v_y^2}}}{qB}-\frac{{m{v_0}}}{qB}=\frac{m}{qB}\frac{v_y^2}{{\sqrt{v_0^2+v_y^2}+{v_0}}}$
當v₀=0時，d=0.2m                      
（3）對于不同初速度的粒子通過磁場的軌跡在x軸上的弦長不變，有：
x₁=2rsinα=2$\frac{mvsinθ}{qB}=2\frac{{m{v_y}}}{qB}=0.4m$
設(shè)粒子第n次經(jīng)過x=100m處，則有：$\frac{n-1}{2}$x₁+nv₀t=x，n=2k+1（k=0，1，2，3，…）
則得：v₀=$\frac{{{{10}^4}（50.1-0.1n）}}{2n}$m/s，n=2k+1（k=0，1，2，3，…）  
或$\frac{n}{2}$x₁+（n-1）v₀t=x，n=2k（k=1，2，3，…）
解得：v₀=$\frac{{{{10}^4}（50-0.1n）}}{2（n-1）}$m/s，n=2k（k=1，2，3，…）      
答：（1）若v₀=200m/s，粒子第一次進入磁場時速度v的大小是200$\sqrt{2}$m/s，方向與x軸成45°角；
（2）要使以大小不同初速度射入電場的粒子都能經(jīng)磁場返回，磁場的最小寬度d是0.2m；
（3）要使粒子能夠經(jīng)過x軸上100m處，粒子入射的初速度v₀是$\frac{{{{10}^4}（50.1-0.1n）}}{2n}$m/s，n=2k+1（k=0，1，2，3，…） 或$\frac{{{{10}^4}（50-0.1n）}}{2（n-1）}$m/s，n=2k（k=1，2，3，…）．

點評 帶電粒子在電場中運動偏轉(zhuǎn)時，常用運用運動的合成與分解來研究．粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心、半徑及運動時間的確定也是本題的一個考查重點，要正確畫出粒子運動的軌跡圖，能熟練的運用幾何知識解決物理問題．