Question

5．在如圖所示的區(qū)域里，y軸左側(cè)是勻強電場，場強E=4×10⁵N/C，方向與y軸負(fù)方向夾角為30°．在y軸右方有方向垂直于紙面向里的勻強磁場，B=0.01T，現(xiàn)有質(zhì)量為m=1.6×10^-27kg的質(zhì)子，以v₀=2×10⁵m/s的速度從x軸上的A點射出（A點與坐標(biāo)原點O相距10cm），第一次沿x軸正方向射出；第二次沿x軸負(fù)方向射出．求：
（1）質(zhì)子先后兩次進入電場前在磁場中運動的時間的比值；
（2）第一次進入電場后在電場中運動的時間．
（3）第一次質(zhì)子進入電場和射出的電場時的位置坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場中做勻速圓周運動，求出半徑和周期，畫出兩次圓周運動的軌跡，根據(jù)幾何關(guān)系求出兩次做圓周運動所轉(zhuǎn)過的圓心角即可；
（2）粒子在電場中做類平拋運動，利用運動的分解把類平拋分解為沿電場方向的勻加速直線運動和垂直電場線方向的勻速直線運動，對分運動運用牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)規(guī)律即可；
（3）接著第二問的類平拋繼續(xù)分析，運用幾何關(guān)系即可求出兩點坐標(biāo)．

解答 解：（1）設(shè)質(zhì)子電量為q，質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，周期為T，兩次的圓心角分別θ₁和θ₂，兩次的運動時間分別為t₁和t₂
        如圖質(zhì)子進入磁場后座勻速圓周運動，由qv₀B=m$\frac{{{v}_{0}}^{2}}{R}$①
        已知數(shù)據(jù)代入①式得：R=20cm
        質(zhì)子兩次運動的軌跡如圖所示，最后兩質(zhì)子均垂直于電場線方向進入電場，有幾何關(guān)系可知：
        質(zhì)子第一次從A點射入磁場的軌跡圓心角：θ₁=210° ②
        質(zhì)子第二次從A點射入磁場的軌跡圓心角：θ₂=30° ③
        質(zhì)子在磁場中運動的周期：T=$\frac{2πR}{{v}_{0}}$④
        ①④聯(lián)立得：T=$\frac{2πm}{qB}$ 
        質(zhì)子在磁場運動的時間：t=$\frac{θ}{2π}$T=$\frac{θ}{2π}$$\frac{2πm}{qB}$ ⑤
        ②③代入⑤式得：$\frac{{t}_{1}}{{t}_{2}}$=$\frac{210}{30}$=7：1
（2）設(shè)質(zhì)子第一次在電場中運動的時間為t′，該時間內(nèi)在垂直電場方向的位移為x₁，平行于電場線方向的位移為y₁，加速度為大小為a
        根據(jù)類平拋規(guī)律，對質(zhì)子有：x₁=v₀t′⑥
        y₁=$\frac{1}{2}$at′² ⑦
        根據(jù)牛頓第二定律：Eq=ma ⑧
        根據(jù)幾何關(guān)系：tan60°=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$ ⑨
       聯(lián)立⑥⑦⑧⑨式，代入題給數(shù)據(jù)得：t′=$\sqrt{3}$×10^-8s≈1.73×10^-8s
（3）設(shè)第一次質(zhì)子在電場運動的合位移大小為s，第一次進入電場時縱坐標(biāo)y₁′，射出電場時縱坐標(biāo)y₂′
        根據(jù)幾何關(guān)系得：s=2x₁       
        s=4$\sqrt{3}$×10^-3m
        第一次進入電場時縱坐標(biāo)y₁′=R（1+cos30°）≈37.3cm
        第一次進入電場時縱坐標(biāo)y₂′=R（1+cos30°）-s≈36.6cm
        所以第一次質(zhì)子進入電場時的位置坐標(biāo)為（0，37.3cm）；第一次質(zhì)子射出電場時的位置坐標(biāo)為（0，36.6cm）
答：（1）質(zhì)子先后兩次進入電場前在磁場中運動的時間的比值為7：1；
      （2）第一次進入電場后在電場中運動的時間為1.73×10^-8s；
      （3）第一次質(zhì)子進入電場時的位置坐標(biāo)為（0，37.3cm）；第一次質(zhì)子射出電場時的位置坐標(biāo)為（0，36.6cm）

點評 本題考查帶電粒子在電場中的類平拋運動和磁場中的勻速圓周運動，解決磁場問題時一定要作圖，這樣才能更快地確定圓心，找到幾何關(guān)系；類平拋用運動的合成和分解處理，第二問中⑨式用到了類平拋運動的位移偏向角公式（與平拋類似），注意總結(jié)歸納．