Question

如圖所示，在xOy平面內(nèi)，y軸左側(cè)有一個方向豎直向下，水平寬度為l=

3

×10-2m，電場強(qiáng)度E=1.0×l0⁴N/C的勻強(qiáng)電場．在y軸右側(cè)有一個圓心位于x軸上，半徑r=0.01m的圓形磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.01T，坐標(biāo)為x₀=0.04m處有一垂直于x軸的面積足夠大的豎直熒光屏PQ．今有一束帶正電的粒子從電場左側(cè)沿+x方向射入電場，穿過電場時恰好通過坐標(biāo)原點(diǎn)，速度大小v=2×l0⁶m/s，方向與x軸成30°斜向下，若粒子的質(zhì)量m=l．0×l0^-20kg，電荷量q=1.0×10^-10C，粒子的重力不計．試求：
（1）粒子射入電場時位置的縱坐標(biāo)和初速度大小；
（2）粒子在圓形磁場中運(yùn)動的時間；
（3）若圓形磁場可沿x軸移動，圓心O′在x軸上的移動范圍為[0.01，+∞），由于磁場位置的不同，導(dǎo)致該粒子打在熒光屏上的位置也不同，試求粒子打在熒光屏上的范圍．

Answer 1

分析：（1）粒子沿AB方向進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，將射出電場的速度進(jìn)行分解，根據(jù)沿電場方向上的速度，結(jié)合牛頓第二定律求出運(yùn)動的時間，從而得出類平拋運(yùn)動的水平位移和豎直位移，即得出射入電場的坐標(biāo)．射出速度在垂直于電場方向上的速度等于初速度的大�。�
（2）隨著磁場向右移動熒光屏光點(diǎn)位置逐漸下移，當(dāng)v方向與磁場圓形區(qū)域相切，此后，粒子將打在熒光屏的同一位置．根據(jù)粒子在勻強(qiáng)磁場中的半徑公式，結(jié)合幾何關(guān)系求出粒子打在熒光屏上的范圍．

解答：解：（1）粒子沿AB方向進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動，在O點(diǎn)將v沿x、y方向分解得：
v_x=vcos30°．
v_y=vsin30°
根據(jù)牛頓第二定律有：a=

qE

m

=

1×10-10×104

10-20

m/s²=1×10¹⁴m/s²．
根據(jù)t=

vy

a

=

2×106× 1 2

1×1014

s=1×10^-8 s．
則有：x=v_xt=2×10⁶×

3

2

×1×10^-8 m=

3

×10^-2 m．
y=

v 2 y

2a

=

(1×106)2

2×1014

m=5×10^-3 m．
則粒子射入電場時的坐標(biāo)位置為：（-

3

×10^-2 m，5×10^-3 m）．
初速度為：v₀=v_x=2×10⁶×

3

2

m/s=

3

×10⁶ m/s．
（2）洛侖茲力提供向心力，則有：qvB=m

v2

R

得：R=

mv

qB

=2×10^-2 m=2r；
根據(jù)題意分析可知，粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)直接進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場時，由于R=2r，根據(jù)對稱粒子一定代人直徑上的最右端D點(diǎn)射出磁場中，此時其軌跡對應(yīng)的圓心角為60°，由于粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期為T=

2πm

qB

；
所以粒子在圓形磁場中運(yùn)動的時間為：t=

T

6

=1.05×10-8s；
（3）由幾何關(guān)系知此時出射位置為D點(diǎn)，軌跡如圖，熒光屏最高端的縱坐標(biāo)為：L₁=2rtan30°=

2 3

3

r≈1.15×10^-2m
隨著磁場向右移動熒光屏光點(diǎn)位置逐漸下移，當(dāng)v方向與磁場圓形區(qū)域相切，此后，粒子將打在熒光屏的同一位置．
其最低的縱坐標(biāo)為：L₂=4rtan30°=

4 3

3

r≈2.31×10^-2m．

答：（1）粒子射入電場時位置的縱坐標(biāo)（-

3

×10^-2 m，5×10^-3 m）和初速度大小

3

×10⁶ m/s；
（2）粒子在圓形磁場中運(yùn)動的時間1.05×10^-8 s；
（3）若圓形磁場可沿x軸移動，圓心O′在x軸上的移動范圍為[0.01，+∞），由于磁場位置的不同，導(dǎo)致該粒子打在熒光屏上的位置也不同，粒子打在熒光屏上的范圍（1.15×10^-2m，2.31×10^-2m）．

點(diǎn)評：本題考查粒子在電場中類平拋運(yùn)動和在磁場中的勻速圓周運(yùn)動，對學(xué)生幾何能力要求較高，能夠找出問題的臨界情況是解決本題的關(guān)鍵．