Question

14．如圖所示的空間分為Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個(gè)區(qū)域，各邊界面相互平行，Ⅰ區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E=1.0×10⁴V/m，方向垂直邊界面向右，Ⅱ、Ⅲ區(qū)域存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的方向分別為垂直紙面向外和垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B₁=2B₂=2.0T．三個(gè)區(qū)域?qū)挾确謩e為d₁=5.0m、d₂=2.5m，d₃=5.0m，一質(zhì)量m=1.6×10^-9kg、電荷量q=+1.6×10^-6C的粒子從O點(diǎn)由靜止釋放，粒子的重力忽略不計(jì)．求：
（1）粒子離開(kāi)Ⅰ區(qū)域時(shí)的速度大小v；
（2）粒子在Ⅱ區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；
（3）粒子離開(kāi)Ⅲ區(qū)域時(shí)速度與邊界面的夾角α．

Answer 1

分析 （1）在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理列式求解末速度；
（2）在磁場(chǎng)Ⅱ中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解軌道半徑，結(jié)合幾何關(guān)系畫(huà)出軌跡，再根據(jù)公式t t=$\frac{θ}{2π}T$求解運(yùn)動(dòng)時(shí)間；
（3）在磁場(chǎng)Ⅲ中依然做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，先根據(jù)牛頓第二定律列式求解軌道半徑，確定原因，畫(huà)出軌跡，結(jié)合幾何關(guān)系得到末速度方向．

解答 解：（1）粒子在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理有：
qEd₁=$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
代入數(shù)據(jù)解得：v=1.0×10⁴m/s
（2）設(shè)粒子在磁場(chǎng)B₁中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，則有：
qvB₁=$m\frac{{v}_{1}^{2}}{r}$
代入數(shù)據(jù)解得：r=5m
設(shè)在Ⅱ區(qū)內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角為θ，則有：
$sinθ=\frac{d2ijtpq_{2}}{r}$=$\frac{1}{2}$
代入數(shù)據(jù)解得 θ=30°
粒子在Ⅱ區(qū)運(yùn)動(dòng)周期為：$T=\frac{2πm}{q{B}_{1}}$
粒子在Ⅱ區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t=$\frac{θ}{2π}T$
解得：t=$\frac{θm}{q{B}_{1}}$=$\frac{\frac{π}{6}×1.6×1{0}^{-9}}{1.6×1{0}^{-6}×2}$=2.6×10^-4s
（3）設(shè)粒子在Ⅲ區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)道半徑為R，則有：
qvB₂=$m\frac{{v}^{2}}{R}$
代入數(shù)據(jù)解得：R=10m
粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知△MNP為頂角為30°的直角三角形；粒子離開(kāi)Ⅲ區(qū)域時(shí)速度與邊界面的夾角 α=90°

答：（1）粒子離開(kāi)Ⅰ區(qū)域時(shí)的速度大小v為1.0×10⁴m/s；
（2）粒子在Ⅱ區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t為2.6×10^-4s；
（3）粒子離開(kāi)Ⅲ區(qū)域時(shí)速度與邊界面的夾角α為90°．

點(diǎn)評(píng) 本題是粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，對(duì)直線加速過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理列式求解，對(duì)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程要根據(jù)牛頓第二定律列式求解軌道半徑，結(jié)合幾何關(guān)系畫(huà)圖分析，不難．