如图所示坐标系中.在第一象限内x≤40cm.y≥0的范围内存在垂直纸面向外的匀强磁场.磁感应强度B0=1×10-4T．现有一比荷$\frac{q}{m}$=2×1011C/kg的带正电粒子从O点沿xOy平面射入磁场.速度方向与y轴夹角α=37°．粒子恰好可通过x轴上磁场边界处的A点(sin30°=°0.6.cos37°=0.8)．(1)求粒子进入磁场时的速度v0� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

10．

如图所示坐标系中，在第一象限内x≤40cm，y≥0的范围内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B₀=1×10^-4T．现有一比荷$\frac{q}{m}$=2×10¹¹C/kg的带正电粒子（不计重力）从O点沿xOy平面射入磁场，速度方向与y轴夹角α=37°．粒子恰好可通过x轴上磁场边界处的A点（sin30°=°0.6，cos37°=0.8）．
（1）求粒子进入磁场时的速度v₀．
（2）若当粒子运动到最高点P（即y最大）时，在原来磁场范围内再加上与B₀同方向的匀强磁场B₁，使粒子还能回到P点，求B₁的最小值．
（3）若在上述（2）中，加入最小的B₁后，当粒子再次回到P时撤去B₁，保留B₀．粒子仍到达A点，求此过程中粒子从O点到达A点所经历的时间．（不考虑磁场变化时产生的电场，结果保留2位有效数字）．

分析（1）粒子在磁场中做圆周运动，做出运动的轨迹，然后由几何关系求出半径，由牛顿第二定律求出粒子速度；
（2）做出过P点的圆，求出半径，由半径公式即可求出；
（3）分别求出粒子在两种磁场中的运动时间，然后求出粒子总的运动时间；

解答解：（1）40cm=0.4m
如图做出粒子运动的轨迹，粒子运动的半径：

r=$\frac{\frac{1}{2}OA}{cosα}$=$\frac{\frac{1}{2}×0.4}{cos37°}$=0.25m
由洛伦兹力提供向心力得：$q{v}_{0}{B}_{0}=\frac{m{v}_{0}^{2}}{r}$
代入数据得：${v}_{0}=5.0×1{0}^{6}$m/s
（2）由图可知，使粒子还能回到P点的最大半径：${r}_{m}=\frac{1}{2}•（r-rsinα）$
代入数据得：r_m=0.05m
由洛伦兹力提供向心力得：$q{v}_{0}{（B}_{0}+{B}_{1}）=\frac{m{v}_{0}^{2}}{r}$
代入数据得：${B}_{1}=5.0×1{0}^{-4}$T
（3）粒子运动的时间由两部分组成，从O到A：${t}_{1}=\frac{180°-2×37°}{360°}•\frac{2πr}{{v}_{0}}$
过P点做匀速圆周运动一周的时间：${t}_{2}=\frac{2π{r}_{m}}{{v}_{0}}$
粒子运动的总时间：t=t₁+t₂
联立可得：t=1.6×10^-7s
答：（1）粒子进入磁场时的速度是5.0×10⁶m/s．
（2）若当粒子运动到最高点P（即y最大）时，在原来磁场范围内再加上与B₀同方向的匀强磁场B₁，使粒子还能回到P点，B₁的最小值是5.0×10^-4T．
（3）此过程中粒子从O点到达A点所经历的时间是1.6×10^-7s．

点评本题考查了粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键，作出粒子运动轨迹、应用牛顿第二定律与几何知识即可正确解题．

练习册系列答案

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15．

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