Question

12．如圖所示，在直角坐標(biāo)系的第I象限分布著場強E=5×10³V/m，方向水平向左的勻強電場，其余三象限分布著垂直紙面向里的勻強磁場．現(xiàn)從電場中M（0.5，0.5）點由靜止釋放一重力不計的帶正電粒子，粒子的電荷量q=2×10^-4C，質(zhì)量m=1×10^-8kg，該粒子第一次進(jìn)入磁場后將垂直通過x軸．求：
（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度大��；
（2）帶電粒子第二次進(jìn)入磁場時的位置坐標(biāo)；
（3）在粒子第二次進(jìn)入磁場時，撤掉第I象限的電場，粒子在磁場中運動后又進(jìn)入第I象限且經(jīng)過釋放點M，則粒子從M點由靜止釋放到再經(jīng)過M點所用的總時間是多少．

Answer 1

分析 帶電粒子在勻強電場中做的是類平拋運動，利用平拋運動規(guī)律，結(jié)合電場強度、電荷的荷質(zhì)比，求出粒子的進(jìn)入磁場的速度大小與方向以及位置．當(dāng)帶電粒子進(jìn)入磁場后，僅受洛倫茲力作用，做勻速圓周運動．由微粒第一次進(jìn)入磁場后將垂直通過x軸，可尋找到已知長度與圓弧半徑的關(guān)系，從而求出磁感應(yīng)強度，當(dāng)粒子再次進(jìn)入電場時，仍是類平拋運動．利用相同方法求出離開電場的位置．
要求微粒從釋放到回到M點所用時間，畫出帶電粒子的運動軌跡，當(dāng)粒子做類平拋運動，運用平拋運動規(guī)律求出時間，當(dāng)粒子做勻速圓周運動時，由周期公式求出運動時間．

解答 解：（1）根據(jù)動能定理得：qEx_M=$\frac{1}{2}$mv²-0，
解得：v=$\sqrt{\frac{2qE{x}_{M}}{m}}$=1×10⁴m/s，
因為微粒第一次進(jìn)入磁場后將垂直通過x軸，根據(jù)幾何關(guān)系知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑R=x_m，
R=x_M=$\frac{mv}{qB}$，
解得：B=$\frac{mv}{q{x}_{M}}$=$\frac{1×1{0}^{4}}{2×1{0}^{4}×0.5}$=1T；
（2）粒子垂直進(jìn)入電場，做類平拋運動，
由牛頓第二定律得：a_拋=$\frac{qE}{m}$=1×10⁸m/s²，
x_M=$\frac{1}{2}$a_拋t_拋²，
解得：t_拋=10^-4s，
則：y=vt_拋=10⁴×10^-4=1m，
帶電微粒第二次進(jìn)入磁場時的位置坐標(biāo)為（0m，1m）；
（3）第一次進(jìn)入磁場后軌跡如圖所示，入磁場時：
v_M=a_拋t_拋=10⁸×10^-4=10⁴m/s，
v_入=$\sqrt{{v}^{2}+{v}_{x}^{2}}$=$\sqrt{2}$×10⁴m/s，
粒子軌道半徑：R′=$\frac{m{v}_{入}}{qB}$=$\frac{1}{\sqrt{2}}$m，軌跡如圖所示，
粒子運動時間：t=2×$\frac{3}{4}$T+2t_拋+$\frac{{L}_{OM}}{{v}_{入}}$=$\frac{3πm}{qB}$+2t_拋+$\frac{0.5\sqrt{2}}{{v}_{入}}$，
解得：t=7.21×10^-4s．
答：（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度為1T；
（2）帶電微粒第二次進(jìn)入磁場時的位置坐標(biāo)為（0m，1m）；
（3）為了使微粒還能回到釋放點M，在微粒第二次進(jìn)入磁場后撤掉第Ⅰ象限的電場，求此情況下微粒從釋放到回到M點所用時間為7.21×10^-4s．

點評 本題重點是畫出帶電粒子的運動軌跡，當(dāng)是平拋運動時，則可分解成沿電場強度方向是勻加速，垂直電場強度方向是勻速．當(dāng)是圓周運動時，可由幾何關(guān)系去找到已知長度與半徑的關(guān)系，最終能求出結(jié)果．