Question

2．如圖所示，在坐標系xOy平面的x＞0區(qū)域內(nèi)，存在電場強度大小E=2×10⁵N/C、方向垂直于x軸的勻強電場和磁感應強度大小B=0.20T、方向與xOy平面垂直向外的勻強磁場．在y軸上有一足夠長的熒光屏PQ，在x軸上的M（10，0）點處有一粒子發(fā)射槍向x軸正方向連續(xù)不斷地發(fā)射大量質(zhì)量m=6.4×10^-27kg、電荷量q=3.2×10^-19C的帶正電粒子（重力不計），粒子恰能沿x軸做勻速直線運動．若撤去電場，并使粒子發(fā)射槍以M點為軸在xOy平面內(nèi)以角速度ω=2πrad/s順時針勻速轉動（整個裝置都處在真空中）．
（1）判斷電場方向，求粒子離開發(fā)射槍時的速度；
（2）帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑；
（3）熒光屏上閃光點的范圍；
（4）熒光屏上閃光點從最低點移動到最高點所用的時間．

Answer 1

分析 （1）粒子做勻速直線運動，所示合力為零，由平衡條件可以求出粒子的運動速度；
（2）粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律列方程可以求出粒子的軌道半徑；
（3）根據(jù)題意作出粒子電子打在熒光屏上的范圍圖示，然后由數(shù)學知識求出熒光屏上閃光點的范圍；
（4）根據(jù)幾何關系求出放射源的偏轉角，然后求出放射源轉動的時間，再求出帶電粒子在磁場中運動的時間差，求和即可．

解答 解：（1）由粒子在復合場中做勻速運動，根據(jù)左手定則可知，粒子受到的洛倫茲力的方向向下，所以電場力的方向以及電場的方向都向上，根據(jù)二力平衡有：qE=qvB；
所以：v=$\frac{E}{B}=\frac{2×1{0}^{5}}{0.2}=1{0}^{6}$m/s
（2）撤去電場后，洛倫茲力提供向心力，有：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$；
故粒子在磁場中運動的軌跡半徑：
R=$\frac{mE}{q{B}^{2}}$=$\frac{6.4×10{\;}^{-27}×2×10{\;}^{5}}{3.2×10-19×0.2{\;}^{2}}$m=0.1m；

（3）粒子運動軌跡畫出右圖所示，可知，粒子恰好與光屏相切時，最上端打在B點；粒子到光屏的距離最大等于2R時，最下端打在A點：
則：d_OA=$\sqrt{（2R）^{2}-O{M}^{2}}$=$\sqrt{0．{2}^{2}-0．{1}^{2}}$=0.173m
d_OB=R=0.1m
d_AB=0.173+0.1=0.273m；
（4）由幾何關系可知，∠OMA=60°，可知當粒子速度的方向與x軸的夾角為30°時，射出的粒子到達A點；而沿-x方向射出的粒子能到達B點，該過程放射源轉過的角度：
θ=180°-30°=150°
又：150°=$\frac{5π}{6}$
所以放射源轉動的時間：${t}_{0}=\frac{θ}{ω}$=$\frac{\frac{5}{6}π}{2π}=\frac{5}{12}$s≈0.42s
粒子在磁場中運動的周期：T=$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{2×3.14×6.4×1{0}^{-27}}{3.2×1{0}^{-19}×0.2}$=6.28×10^-7s
可知粒子在磁場中運動的時間差可以忽略不計，所以熒光屏上閃光點從最低點移動到最高點所用的時間近似等于0.42s．
答：（1）電場的方向向上，粒子離開發(fā)射槍時的速度為10⁶m/s；
（2）帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為0.1m；
（3）熒光屏上閃光點的范圍為0.273m．
（4）熒光屏上閃光點從最低點移動到最高點所用的時間為0.42s．

點評 粒子做勻速圓周運動，由平衡條件可以求出粒子的運動速度，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律列方程，可以求出粒子運動的軌道半徑；第三問是本題的難點，根據(jù)題意作出粒子的運動軌跡是解題的關鍵．