Question

12．如图所示，在第一象限内有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E=4.0×10⁶N/C，紧靠y轴存在一方形匀强磁场区域，匀强磁场的磁感应强度为B₁=0.2T，方向垂直坐标平面内．在第四象限内有磁感应强度B₂=$\frac{4}{3}$×10^-1T，方向垂直坐标平面向外的匀强磁场．P是y轴上坐标为（0，1）的一点，比荷为1.5×10⁸C/kg的粒子以平行于x轴速度v₀从y轴上的P点射入，粒子沿直线通过电场，磁场叠加场区域，然后经电场偏转，从x轴上Q点射入匀强磁场B₂．粒子刚好到达y轴上某点C（计算结果保留两位有效数字）．求：
（1）粒子射出的初速度v₀以及离开x轴时的速度；
（2）求Q点和C点的坐标．
（3）粒子从P点出发再次回到y轴的时间是多少？

Answer 1

分析 （1）粒子在电磁场中做直线运动，由平衡条件求出粒子的速度，由牛顿第二定律与匀变速运动的速度位移公式求出竖直分速度，然后求出粒子离开电场时的速度．
（2）由牛顿第二定律求出粒子轨道半径，然后由几何知识求出Q、C的坐标．
（3）分三段，分别由运动学公式求解时间，即可得到总时间．

解答 解：（1）粒子在电场中做直线运动，洛伦兹力与电场力相等，
由平衡条件得：qE=qv₀B₁，代入数据解得：v₀=2×10⁷m/s，
粒子在电场中做类平抛运动，在竖直方向上，由匀变速运动的速度位移公式得：v_y²=2$\frac{qE}{m}$y_P，
粒子离开电场时的速度：v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$，
代入数据解得：v=4×10⁷m/s，cosθ=$\frac{{v}_{0}}{v}$=$\frac{2×1{0}^{7}}{4×1{0}^{7}}$=$\frac{1}{2}$，则：θ=60°；
（2）粒子运动轨迹如图所示：

粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力．
由牛顿第二定律得：qvB₂=m$\frac{{v}^{2}}{R}$，得 R=$\frac{mv}{q{B}_{2}}$
代入数据解得：R=20m
由几何知识可知，x_Q=R+Rsin60°=（20+10$\sqrt{3}$）m，y_C=Rcos60°=10m；
Q点的坐标（20+10$\sqrt{3}$，0），C点的坐标（0．-10）；
（3）设粒子在电场中运动时间为t₂．则t₂=$\frac{{v}_{y}}{\frac{qE}{m}}$=$\frac{{v}_{0}tanθ}{\frac{qE}{m}}$=$\frac{2×1{0}^{7}×tan60°}{1.5×1{0}^{8}×4×1{0}^{6}}$s=$\frac{\sqrt{3}}{3}$×10^-7s
电场中水平位移大小 x₂=v₀t₂=2×10⁷×$\frac{\sqrt{3}}{3}$×10^-7m=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m
粒子在电磁场叠加区中，水平位移为 x₁=x_Q-x₂=（20+10$\sqrt{3}$）m-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m≈36.2m
运动时间为 t₁=$\frac{{x}_{1}}{{v}_{0}}$=$\frac{36.2}{2×1{0}^{7}}$s≈1.81×10^-6s
在磁场中运动时间为 t₃=$\frac{\frac{2}{3}πR}{v}$≈1.0×10^-6s
故总时间为 t=t₁+t₂+t₃≈3.38×10^-6s．
答：
（1）粒子射出的初速度v₀为2×10⁷m/s，离开x轴时的速度大小为4×10⁷m/s，方向：与x轴正方向成60°；
（2）Q点的坐标（20+10$\sqrt{3}$，0），C点的坐标（0．-10）．
（3）粒子从P点出发再次回到y轴的时间是3.38×10^-6s．

点评 本题考查了粒子在电磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的前提与关键，应用平衡条件、类平抛运动规律、牛顿第二定律即可正确解题，解题时注意几何知识的应用．