Question

2．如图所示，在坐标系xOy平面的x＞0区域内，存在电场强度大小E=2×10⁵N/C、方向垂直于x轴的匀强电场和磁感应强度大小B=0.20T、方向与xOy平面垂直向外的匀强磁场．在y轴上有一足够长的荧光屏PQ，在x轴上的M（10，0）点处有一粒子发射枪向x轴正方向连续不断地发射大量质量m=6.4×10^-27kg、电荷量q=3.2×10^-19C的带正电粒子（重力不计），粒子恰能沿x轴做匀速直线运动．若撤去电场，并使粒子发射枪以M点为轴在xOy平面内以角速度ω=2πrad/s顺时针匀速转动（整个装置都处在真空中）．
（1）判断电场方向，求粒子离开发射枪时的速度；
（2）带电粒子在磁场中运动的轨迹半径；
（3）荧光屏上闪光点的范围；
（4）荧光屏上闪光点从最低点移动到最高点所用的时间．

Answer 1

分析 （1）粒子做匀速直线运动，所示合力为零，由平衡条件可以求出粒子的运动速度；
（2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律列方程可以求出粒子的轨道半径；
（3）根据题意作出粒子电子打在荧光屏上的范围图示，然后由数学知识求出荧光屏上闪光点的范围；
（4）根据几何关系求出放射源的偏转角，然后求出放射源转动的时间，再求出带电粒子在磁场中运动的时间差，求和即可．

解答 解：（1）由粒子在复合场中做匀速运动，根据左手定则可知，粒子受到的洛伦兹力的方向向下，所以电场力的方向以及电场的方向都向上，根据二力平衡有：qE=qvB；
所以：v=$\frac{E}{B}=\frac{2×1{0}^{5}}{0.2}=1{0}^{6}$m/s
（2）撤去电场后，洛伦兹力提供向心力，有：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$；
故粒子在磁场中运动的轨迹半径：
R=$\frac{mE}{q{B}^{2}}$=$\frac{6.4×10{\;}^{-27}×2×10{\;}^{5}}{3.2×10-19×0.2{\;}^{2}}$m=0.1m；

（3）粒子运动轨迹画出右图所示，可知，粒子恰好与光屏相切时，最上端打在B点；粒子到光屏的距离最大等于2R时，最下端打在A点：
则：d_OA=$\sqrt{（2R）^{2}-O{M}^{2}}$=$\sqrt{0．{2}^{2}-0．{1}^{2}}$=0.173m
d_OB=R=0.1m
d_AB=0.173+0.1=0.273m；
（4）由几何关系可知，∠OMA=60°，可知当粒子速度的方向与x轴的夹角为30°时，射出的粒子到达A点；而沿-x方向射出的粒子能到达B点，该过程放射源转过的角度：
θ=180°-30°=150°
又：150°=$\frac{5π}{6}$
所以放射源转动的时间：${t}_{0}=\frac{θ}{ω}$=$\frac{\frac{5}{6}π}{2π}=\frac{5}{12}$s≈0.42s
粒子在磁场中运动的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{2×3.14×6.4×1{0}^{-27}}{3.2×1{0}^{-19}×0.2}$=6.28×10^-7s
可知粒子在磁场中运动的时间差可以忽略不计，所以荧光屏上闪光点从最低点移动到最高点所用的时间近似等于0.42s．
答：（1）电场的方向向上，粒子离开发射枪时的速度为10⁶m/s；
（2）带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为0.1m；
（3）荧光屏上闪光点的范围为0.273m．
（4）荧光屏上闪光点从最低点移动到最高点所用的时间为0.42s．

点评 粒子做匀速圆周运动，由平衡条件可以求出粒子的运动速度，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律列方程，可以求出粒子运动的轨道半径；第三问是本题的难点，根据题意作出粒子的运动轨迹是解题的关键．