Question

18．如圖所示，在xOy平面的第一象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B=6.25T，第二象限內(nèi)有豎直向下的勻強電場，場強大小為E=5.0×10³V/m．在x軸上的A點有一離子源，它能夠產(chǎn)生質(zhì)量m=5.0×10^-5kg、電荷量為q=2.0×10^-3C且速度大小不同的帶正電離子，射入磁場的速度方向均與x軸正方向成37°角，坐標原點O到A點的距離為d=0.8m，離子的重力與空氣阻力均不計，求：
（1）在x軸的正半軸上離子能夠到達的范圍；
（2）垂直于y軸迸入電場的離子在電場中運動的時間；
（3）在磁場中恰好運動半個圓周的離子，進入電場后到達x軸負半軸時的動能．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力，能夠到達x軸的正半軸的臨界情況是軌跡與+y軸相切，結(jié)合幾何關系求解即可；
（2）垂直于y軸迸入電場的離子，先畫出運動的軌跡，求解射入電場的位置坐標；在電場中做類似平拋運動，根據(jù)分運動公式列式求解；
（3）在磁場中恰好運動半個圓周的離子，進入電場后做曲線運動，根據(jù)動能定理列式求解到達x軸負半軸時的動能．

解答 解：（1）粒子在磁場中能夠到達x軸的正半軸的臨界情況軌跡與+y軸相切，如圖所示：

結(jié)合幾何關系，有：
d=r+rcos37°
C點的坐標為：
x_C=d-2rcos37°
聯(lián)立解得：
x_C=$\frackewa0ue{9}$=$\frac{4}{45}$m
即粒子可以打在+x軸上$\frac{4}{45}$m-0.8m范圍內(nèi)；
（2）垂直于y軸進入電場的離子在磁場中的軌跡如圖所示：

結(jié)合幾何關系，有：
d=Rsin37°
射入電場的坐標為：y=R+Rcos37°
聯(lián)立解得：y=3d=2.4m
在電場中做類似平拋運動，根據(jù)分運動公式，有：
y=$\frac{1}{2}•\frac{qE}{m}•{t}^{2}$
解得：
t=$\sqrt{\frac{2my}{qE}}$=$\sqrt{\frac{{2×5.0×1{0^{-5}}kg×2.4m}}{{2.0×1{0^{-3}}C×5.0×1{0^3}V/m}}}=1.55×{10^{-2}}s$
（3）在磁場中恰好運動半個圓周的離子，軌跡如圖所示：

結(jié)合幾何關系，有：2R=$\frackmcocww{sin37°}$
解得：R=$\fraciuemus0{2sin37°}$=$\frac{0.8}{2×0.6}=\frac{2}{3}m$
根據(jù)牛頓第二定律，有：
qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
在磁場中恰好運動半個圓周的離子，在y軸上對應的坐標為：y=$\fraceceq2ii{tan37°}$=$\frac{16}{15}$m
在電場中做曲線運動，根據(jù)動能定理，有：
$qEy={E}_{k}-\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
聯(lián)立解得：
E_k=qEy+$\frac{1}{2}m{v}_{0}^{2}$
=$qEy+\frac{（qBR）^{2}}{2m}$
=$2.0×1{0^{-3}}C×5.0×1{0^3}V/m×\frac{16}{15}m+\frac{1}{2}×\frac{{{{（2.0×1{0^{-3}}C×6.25T×\frac{2}{3}m）}^2}}}{{2×5.0×1{0^{-5}}kg}}$
≈11J
答（1）在x軸的正半軸上離子能夠到達的范圍為$\frac{4}{45}$m-0.8m；
（2）垂直于y軸迸入電場的離子在電場中運動的時間約為1.55×10^-2s；
（3）在磁場中恰好運動半個圓周的離子，進入電場后到達x軸負半軸時的動能約為11J．

點評 本題關鍵是畫出粒子的運動軌跡，結(jié)合幾何關系、牛頓第二定律、類平拋運動的分運動公式和動能定理列式求解．