Question

5．如圖所示的坐標系中，在第二象限內有寬度為l=0.2m，平行于y軸的勻強電場，在第四象限內存在寬度為d=$\frac{{\sqrt{3}}}{5}$m，垂直于紙面向里的有界勻強磁場，磁感應強度B₀=1×10^-4T．現(xiàn)有一比荷為$\frac{q}{m}$=2×10¹¹C/kg的正離子，以某一速度從勻強電場邊界上的M點平行于x軸射入勻強電場，經過一段時間從O點進入磁場，此時速度與x軸的夾角θ=60°，離子通過磁場后剛好從A點射出．不計離子重力．
（1）求離子進入磁場時的速度大小及在磁場中運動的時間；
（2）求勻強電場的電場強度；
（3）若離子進入磁場后，某時刻再加一個同方向的勻強磁場，使離子做完整的圓周運動，求所加磁場的磁感應強度最小值．

Answer 1

分析 （1）根據粒子在磁場中運動規(guī)律明確粒子的運動軌跡，由幾何關系可確定粒子運動半徑；再由洛侖茲力充當向心力可求得粒子的速度；根據周期公式可確定粒子在磁場中的時間；
（2）粒子在磁場中做類平拋運動，由運動的合成和分解可求得電場強度的大��；
（3）要使粒子做完整的圓周運動，應增大磁感應強度；由洛侖茲力充當向心力可確定應增加的磁場的大小和方向．

解答 解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡如圖所示；
則由幾何關系可知：R=$\frac{\fracf0fzoxp{2}}{cos30°}$=$\frac{\frac{\sqrt{3}}{2×5}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$=0.2m；
則由洛侖茲力充當向心力可知：
B₀qv=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
解得：v=$\frac{{B}_{0}qR}{m}$=1×10^-4×2×10¹¹×0.2=4×10⁶m/s；
粒子在磁場中的周期T=$\frac{2πR}{v}$=$\frac{2×π×0.2}{4×1{0}^{6}}$=π×10^-5s；
則粒子在磁場中的運動時間t=$\frac{120}{360}$T=$\frac{π}{3}$×10^-5s；
（2）離子在電場中的運動，設經過時間t再次到達x軸上，離子沿垂直電場方向做速度為v₀的勻速直線運動，位移為l₁，
l₁=v₀t
離子沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動，加速度為a，位移為l₂，
qE=ma
${l}_{2}=\frac{1}{2}a{t}^{2}$．
由幾何關系可知：$tan60°=\frac{{l}_{2}}{{l}_{1}}$
代入數據解得：$t=\sqrt{3}×1{0}^{-7}$s．
（3）由qvB=$m\frac{{v}^{2}}{r}$知，B越小，r越大，設離子在磁場中最大半徑為R，
由幾何關系得：$R=\frac{1}{2}（{r}_{1}-{r}_{1}sin30°）=0.05m$
由牛頓運動定律得：${B}_{1}q{v}_{0}=m\frac{{{v}_{0}}^{2}}{R}$
得：${B}_{1}=4×1{0}^{-4}T$
則外加磁場為：$△{B}_{1}=3×1{0}^{-4}T$．與原磁場方向相同．
答：（1）離子進入磁場B的速度v₀的大小為4×10⁶m/s；時間為$\frac{π}{3}$×10^-5s；
（2）離子進入電場后，經$\sqrt{3}×1{0}^{-7}$s的時間再次到達x軸上；
（3）所加磁場磁感應強度的最小值為3×10^-4T．

點評 解決本題的關鍵知道粒子在磁場中勻速圓周運動，掌握確定圓心、半徑和圓心角的方法，知道粒子在電場中做類平拋運動，掌握處理類平拋運動的方法，在沿電場方向上做勻加速直線運動，垂直電場方向上做勻速直線運動．