Question

如圖1所示，在實驗室的真空室內(nèi)，兩塊正對的平行金屬板水平放置．在兩板之間有一勻強電場，場強按圖2所示的規(guī)律變化（沿y軸方向為正方向）．在兩板正中間有一圓形垂直紙面向外的勻強磁場區(qū)域，磁感應強度按圖3所示規(guī)律變化，如果建立如圖1所示的坐標系，在t=0時刻，有一質(zhì)量m=9.0×10^-9kg、電荷量q=9.0×10^-6C的帶正電的小球，以v₀=1m/s的初速度沿y軸正方向從O點射入．試求：

（1）小球在勻強磁場中運動的軌跡長度；
（2）小球再次到達x軸的坐標；
（3）畫出小球從O點到再次到達x軸的運動軌跡示意圖（請標注必要的角度和位置）．

Answer 1

分析：粒子進入磁場后，受到電場力、重力和洛倫茲力，計算出重力與電場力的大小，得到它們大小相等，由洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運動，設單位時間t=

π

60

s，根據(jù)牛頓第二定律求出粒子的軌跡半徑和周期T，根據(jù)t與T的關系，分析在第一、二個單位時間內(nèi)粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角．在第三單位時間內(nèi)，用同樣的方法求出粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角，畫出軌跡，確定經(jīng)過幾個單位時間，粒子剛好射出磁場，即可求得時間和離開磁場時的位置坐標．

解答：解：（1）粒子進入磁場后，受到電場力、重力和洛倫茲力，因為重力大小為 G=mg=9.0×10^-9×10N=9.0×10^-8N．電場力F=qE=9.0×10^-6×10^-2N=9.0×10^-8N，則重力與電場力平衡，小球剛進入磁場后由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動．
設單位時間t=

π

60

s．則
在第一、二個t內(nèi)，B₁=1×10^-2T
由qvB₁=m

v2

R1

得，軌道半徑 R₁=

mv

qB1

=

9×10-9×1

9×10-6×10-2

=0.1m，周期 T₁=

2πm

qB1

=

2π×9×10-9

9×10-6×10-2

=

π

5

s
故t=

1

12

T1
粒子在第一、二個t內(nèi)，在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為60°．
在第三個t內(nèi)，B₂=12×10^-2T，小球仍做勻速圓周運動，
軌道半徑為 R₂=

1

12

R1=

1

120

m，T₂=

2πm

qB2

=

2π×9×10-9

9×10-6×12×10-2

s=

π

60

s
則t=T₂，在這段時間內(nèi)，小球正好運動一周回到原來的位置，在第四個t內(nèi)，小球又運動30°，正好離開磁場．
所以小球在勻強磁場中運動的軌跡長度為：S=

1

4

?2πR1+2πR₂=

π×0.1

2

+2π×

1

120

=

π

15

m．
（2）粒子在磁場中運動時間為 t=3×

π

60

s，離開磁場后，粒子的電場力與重力仍平衡，運動2t=2×

π

60

s時間時，電場方向變?yōu)樨Q直向下，做類平拋運動，故有：
 a=

qE+mg

m

=2g
穿過x軸時豎直方向的位移為 y=

1

2

at′2=0.1m，解得：t′=0.1s
小球在水平方向的位移為：x=v₀t′=1×0.1m=0.1m
故小球再次到達x軸的橫坐標為：X=0.1m+v₀?2t+x=0.2m+1×2×

π

60

m≈0.3m
所以小球再次到達x軸的坐標為（0.3m，0）
（3）小球從O點到再次到達x軸的運動軌跡示意圖如圖所示．
答：
（1）小球在勻強磁場中運動的軌跡長度是

π

15

m；
（2）小球再次到達x軸的坐標是（0.3m，0）；
（3）畫出小球從O點到再次到達x軸的運動軌跡示意圖如圖所示．

點評：本題帶電粒子在交變電磁場中，通過計算分析受力情況，判斷粒子的運動情況是關鍵．