Question

2．如圖所示，在xOy直角坐標(biāo)平面內(nèi)-$\frac{\sqrt{3}}{20}$m≤r＜0的區(qū)域有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.32T，0≤x＜2.56m的區(qū)域有沿-x方向的勻強(qiáng)電場，在x軸上坐標(biāo)為（-$\frac{\sqrt{3}}{20}$m，0）的S點(diǎn)有一粒子源，它一次能沿紙面同時(shí)向磁場內(nèi)每個(gè)方向各發(fā)射一個(gè)比荷$\frac{q}{m}$=5.0×10⁷C/kg，速率v=1.6×10⁴m/s的帶正電粒子，若粒子源只發(fā)射一次，其中只有一個(gè)粒子Z剛到達(dá)電場的右邊界，不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用．求：
（1）電場強(qiáng)度的大小E及Z粒子從S點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度方向與磁場左邊界的夾角θ；
（2）Z粒子第一次剛進(jìn)入電場時(shí)，還未離開過磁場的粒子占粒子總數(shù)的比例η．

Answer 1

分析 （1）由題意可知，粒子在垂直于電場的方向上進(jìn)入電場時(shí)，在電場的方向上運(yùn)動(dòng)的距離最大，然后結(jié)合動(dòng)能定理即可求出；
（2）Z粒子第一次剛進(jìn)入電場時(shí)，由洛倫茲力提供向心力得出半徑，然后畫出運(yùn)動(dòng)的軌跡，結(jié)合運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與運(yùn)動(dòng)軌跡長度的關(guān)系，即可得出與Z粒子同時(shí)進(jìn)入電場的另一處位置，然后區(qū)分電場內(nèi)的粒子的范圍與磁場內(nèi)的粒子的范圍，即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）由題意可知Z粒子是垂直電場左邊界進(jìn)入電場的，作出Z粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖（a）所示，O₁為軌跡圓圓心．分別用d_B和d_E表示電場和磁場區(qū)域的寬度．
對(duì)Z粒子在電場中運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理有：

qEd_E=$\frac{1}{2}$mv²①
代入數(shù)據(jù)解得：E=1.0×10⁴N/C
Z粒子在磁場中作圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)軌跡圓半徑為r，由圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有：
qvB=m$\frac{v2}{r}$ ②
由幾何知識(shí)可知：在△SOO₁中滿足：
cosθ=$\frac{OS}{O1S}$=$\frac{dB}{r}$ ③
由②③并代入數(shù)據(jù)可得：θ=$\frac{π}{6}$ 
（2）做出粒子z在磁場中的圓弧對(duì)應(yīng)的弦SN如圖（b）所示，由幾何知識(shí)得：△SNO₁為等邊三角形，SN=r，弦切角：θ₁=θ    ④
由題意可知，在磁場中圓弧軌跡對(duì)應(yīng)的弦長大于r的粒子，滿足Z粒子第一次剛要進(jìn)入電場時(shí)未離開過磁場，
做出另外兩個(gè)圓弧軌跡對(duì)應(yīng)的弦長等于SN的粒子的軌跡，交磁場的左右邊界分別為P、O₁，粒子在S點(diǎn)的速度分別是v₁和v₂，由圖可知，發(fā)射方向在v₁和v₂之間的粒子的弦長大于r，對(duì)應(yīng)的發(fā)射方向分布的角度范圍為：${θ}_{1}=\frac{π}{2}-{θ}_{0}$⑤
由圖可知，Z粒子的發(fā)射速度與磁場的左邊界所夾角度的范圍內(nèi)發(fā)射的粒子的軌跡的弦長也大于r，所以有：η=$\frac{{θ}_{1}+θ}{π}$
整理得：η=$\frac{1}{2}$

答：（1）電場強(qiáng)度的大小E及Z粒子從S點(diǎn)發(fā)射時(shí)的速度方向與磁場左邊界的夾角是$\frac{π}{6}$；
（2）Z粒子第一次剛進(jìn)入電場時(shí)，還未離開過磁場的粒子占粒子總數(shù)的比例η是$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 電荷在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，關(guān)鍵是畫出軌跡，由幾何知識(shí)求出半徑．定圓心角，求時(shí)間，類平拋運(yùn)動(dòng)應(yīng)用運(yùn)動(dòng)分解法求解