Question

11．如圖所示，在矩形區(qū)域CDNM內(nèi)有沿紙面向上的勻強電場，場強的大小E=1.5×10⁵N/C；在矩形區(qū)域MNGF內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小 B=0.2T．已知CD=MN=FG=0.6m，CM=MF=0.20m．在CD邊中點O處有一放射源，沿紙面向電場中各方向均勻地輻射出速率均為v₀=1.0×10⁶m/s的某種帶正電粒子，粒子質(zhì)量 m=6.4×10^-27kg，電荷量q=3.2×10^-19C，粒子可以無阻礙地通過邊界MN進入磁場，不計粒子的重力．求：
（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑；
（2）邊界FG上有粒子射出磁場的范圍長度；
（3）粒子在磁場中運動的最長時間．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子先經(jīng)電場加速，再進入勻強磁場中做勻速圓周運動．先由動能定理粒子進入磁場時的速度，由牛頓第二定律求在磁場中做圓周運動的半徑；
（2）粒子垂直于電場方向射入電場中的粒子在該方向的位移最大，通過磁場后打在邊界FG上最左端．垂直于MN射入的粒子，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后軌跡恰好與邊界FG相切，切點就是粒子能射出磁場的最右端．畫出兩種情況下粒子運動的軌跡．
先研究粒子在電場中類平拋運動的過程：運用運動的分解，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式相結(jié)合求出粒子離開電場時的速度方向與電場方向的夾角，以及垂直于電場方向的位移．根據(jù)幾何知識求邊界FG上有粒子射出磁場的范圍長度；
（3）粒子在磁場中軌跡對應(yīng)的圓心角最大時，運動時間最長．垂直于MN射入的粒子的軌跡與邊界FG相切時，圓心角最大，時間最長，由數(shù)學(xué)知識求出圓心角，即可求最長時間．

解答 解：（1）設(shè)帶電粒子進入磁場時的速度為v，由動能定理得：
$qEd=\frac{1}{2}m{v^2}-\frac{1}{2}mv_0^2$，
帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有：
$qvB=m\frac{v^2}{r}$，
解得：r=$\frac{mv}{qB}$=0.2m；
（2）粒子垂直于電場方向射入電場中的粒子在該方向的位移最大，通過磁場后打在邊界FG上最左端．設(shè)該粒子離開電場時，速度方向與電場方向的夾角為θ₁，該粒子在電場中運動時，加速度大小為：
$a=\frac{qE}{m}$，
沿電場方向的位移：${y_1}=\frac{1}{2}a{t^2}=d$，
垂直電場方向的位移：x₁=v₀t=$\frac{{2\sqrt{3}}}{15}m$，
離開電場時：$sin{θ_1}=\frac{v_0}{v}$，
解得：θ₁=30°，
因為：x₁+r（1-cos30°）＜0.30m，
粒子從S點射入磁場，偏轉(zhuǎn)后從邊界FG射出時的位置P即通過范圍的左邊界，且PS⊥MN，垂直MN射入磁場的粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好與邊界FG相切，切點Q是通過范圍的右邊界．則帶電粒子從邊界FG射出磁場時通過的范圍長度為：
l=x₁+r≈0.43m，
（3）帶電粒子在磁場中運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$=6.28×10^-7s，
帶電粒子在磁場中運動時，其中沿O′QR運動的軌跡最長，運動的時間最長，
$sin{θ_2}=\frac{{\frac{L}{2}-r}}{r}=\frac{1}{2}$，
解得：θ₂=30°，
帶電粒子在磁場中運動的最大圓心角為120°，對應(yīng)的最長時間為：
${t_{max}}=\frac{1}{3}T=\frac{2πm}{3qB}$=2.09×10^-7s；
答：（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑是0.2m；
（2）邊界FG上有粒子射出磁場的范圍長度是0.43m；
（3）粒子在磁場中運動的最長時間是2.09×10^-7s．

點評 本題考查動能定理、牛頓第二定律，及類平拋運動處理規(guī)律，讓學(xué)生熟練掌握它們的解題思路與方法．注意粒子進入勻強電場時，恰好做類平拋運動時偏轉(zhuǎn)位移最大，磁場中畫出軌跡，確定邊界范圍，由幾何知識求邊界的長度．