Question

4．如圖所示，在矩形區(qū)域CDNM內(nèi)有沿紙面向上的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)的大小E=5.0×10⁴V/m；在矩形區(qū)域MNGF內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.1T．已知CD=MN=FG=0.60m，CM=MF=d=0.20m．在C點處有一放射源，沿紙面向電場中各方向均勻地輻射出速率均為v₀=1.0×10⁶m/s的某種帶正電粒子，粒子質(zhì)量m=6.4×10^-27kg，電荷量q=3.2×10^-19C，粒子可以無阻礙地通過邊界MN進(jìn)入磁場，不計粒子的重力．求：
（1）粒子進(jìn)入磁場的速度大��；
（2）粒子在磁場中做圓周運動的半徑；
（3）邊界FG上有粒子射出磁場的長度．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子先經(jīng)電場加速，再進(jìn)入勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動．由動能定理粒子進(jìn)入磁場時的速度大小．
（2）粒子在磁場中，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求在磁場中做圓周運動的半徑．
（3）粒子垂直于電場方向射入電場中的粒子在該方向的位移最大，通過磁場后打在邊界FG上最左端．垂直于MN射入的粒子，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后軌跡恰好與邊界FG相切，切點就是粒子能射出磁場的最右端．畫出兩種情況下粒子運動的軌跡．先研究粒子在電場中類平拋運動的過程：運用運動的分解，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式相結(jié)合求出粒子離開電場時的速度方向與電場方向的夾角，以及垂直于電場方向的位移．根據(jù)幾何知識求邊界FG上有粒子射出磁場的范圍長度．

解答 解：（1）電場中由動能定理得：
  qEd=$\frac{1}{2}$mv²-$\frac{1}{2}$mv₀²
代入數(shù)據(jù)解得：v=$\sqrt{2}$×10⁶m/s
（2）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動．
 qBv=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
代入數(shù)據(jù)解得：R=$\frac{mv}{qB}$=$\frac{\sqrt{2}}{5}$m=0.2$\sqrt{2}$m
（3）當(dāng)帶正電粒子沿CD方向射出時，粒子離F點的距離最大，
由于v=$\sqrt{2}$×10⁶m/s=$\sqrt{2}$v₀，R=0.2$\sqrt{2}$m=$\sqrt{2}$d，
所以粒子以與MN成45°的速度射入磁場，以垂直于FG的速度射出磁場，圓弧軌道圓心O在FG上，
則v_y=$\sqrt{{v}^{2}-{{v}_{0}}^{2}}$=v₀，
由v_y=at，a=$\frac{qE}{m}$，可知粒子射入磁場區(qū)域的點A與M點的距離為：
MA=s=vt₀=0.4m，
由幾何知識可知HP=R-$\sqrt{{R}^{2}-vdxzjx9^{2}}$=（0.2$\sqrt{2}$-0.2）m，
所以邊界FG上有粒子射出磁場的長度為FP=0.4+（0.2$\sqrt{2}$-0.2）=（0.2$\sqrt{2}$+0.2）m
答：
（1）粒子進(jìn)入磁場的速度大小是$\sqrt{2}$×10⁶m/s；
（2）粒子在磁場中做圓周運動的半徑是0.2$\sqrt{2}$m；
（3）邊界FG上有粒子射出磁場的長度等于（0.2$\sqrt{2}$+0.2）m．

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