Question

9．如圖所示空間分為Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ三個足夠長的區(qū)域，各邊界面相互平行，其中Ⅰ，Ⅱ區(qū)域存在勻強電場E_I=1.0×10⁴ V/m，方向垂直邊界面豎直向上；E_Ⅱ=$\frac{\sqrt{3}}{4}$×10⁵  V/m，方向水平向右，Ⅲ區(qū)域磁感應強度B=5.0T，方向垂直紙面向里，三個區(qū)域寬度分別為d₁=5.0m，d₂=4.0m，d₃=5$\sqrt{3}$m．一質量m=1.0×10^-8 kg、電荷量q=1.6×10^-6C的粒子從O點由靜止釋放，粒子重力忽略不計．求：
（1）粒子離開區(qū)域Ⅰ時的速度大小；
（2）粒子從區(qū)域Ⅱ進入區(qū)域Ⅲ時的速度方向與邊界面的夾角；
（3）粒子在Ⅲ區(qū)域中運動的時間和離開Ⅲ區(qū)域時的速度方向與邊界面的夾角．

Answer 1

分析 （1）在區(qū)域Ⅰ是直線加速，根據動能定理列式求解末速度的大小；
（2）粒子在區(qū)域Ⅱ中是類似平拋運動，根據類平拋運動的分速度公式和分位移公式列式求解；
（3）粒子在磁場中是勻速圓周運動，根據牛頓第二定律求解軌道半徑，然后找出圓心，結合幾何關系確定離開Ⅲ區(qū)域時的速度方向與邊界面的夾角．

解答 解：（1）粒子在區(qū)域Ⅰ是向上直線加速，根據動能定理，有：
qE₁d₁=$\frac{1}{2}m{v}_{1}^{2}$
解得：v₁=$\sqrt{\frac{2q{E}_{1}4aemovq_{1}}{m}}$=$\sqrt{\frac{2×1.6×1{0}^{-6}×1.0×1{0}^{4}×5}{1.0×1{0}^{-8}}}$m/s=4×10³m/s
（2）粒子在區(qū)域Ⅱ中是類似平拋運動，根據類平拋運動的分運動公式，有：
d₂=v₁t 
v_x=v₁ 
${v}_{y}=\frac{q{E}_{Ⅱ}}{m}t$
${v}_{2}=\sqrt{{v}_{x}^{2}+{v}_{y}^{2}}$
速度偏轉角正切：$tanθ=\frac{{v}_{y}}{{v}_{1}}$
聯立解得：v₂=8×10³m/s
tanθ=$\sqrt{3}$，故θ=60°；
故粒子從區(qū)域Ⅱ進入區(qū)域Ⅲ時的速度方向與邊界面的夾角為30°；
（3）粒子在磁場做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律，有：
qv₂B=m$\frac{{v}_{2}^{2}}{r}$
解得：r=$\frac{m{v}_{2}}{qB}$=$\frac{1.0×1{0}^{-8}×8×1{0}^{3}}{1.6×1{0}^{-6}×5}$=10m
畫出軌跡，如圖所示：

由于圓心在區(qū)域Ⅲ上，故粒子是垂直區(qū)域Ⅲ邊界射出；
粒子在Ⅲ區(qū)域中運動的時間為：
t=$\frac{60°}{360°}$T=$\frac{1}{6}×\frac{2πm}{qB}$=$\frac{1}{6}×\frac{2π×1{0}^{-8}}{1.6×1{0}^{-6}×5}s$=1.3×10^-3s
答：（1）粒子離開區(qū)域Ⅰ時的速度大小為8×10³m/s；
（2）粒子從區(qū)域Ⅱ進入區(qū)域Ⅲ時的速度方向與邊界面的夾角為30°；
（3）粒子在Ⅲ區(qū)域中運動的時間為1.3×10^-3s，離開Ⅲ區(qū)域時的速度方向與邊界面的夾角為90°．

點評 本題關鍵是明確粒子的運動性質，然后直線加速、類似平拋、勻速圓周運動過程，結合動能定理、類平拋運動的分運動公式和牛頓第二定律列式求解，不難．