Question

8．如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第一象限內有一個磁感應強度大小B=0.2T的矩形區(qū)域的勻強磁場（圖中未畫出），其方向垂直于xOy平面向里；第二象限有一勻強電場，電場強度的大小E=2×10³ V/m．在y軸上的P點處有一個質量m=4×10^-20kg、電荷量q=2×10^-14C的帶正電粒子垂直于y軸以V₀=3×10⁴ m/s的速度沿x軸的正方向射入第一象限，粒子飛出磁場區(qū)域后又恰好回到y(tǒng)軸上的P點，再以垂直于電場的方向進入第二象限，最后垂直打在x軸上的A點．已知粒子在電場中經(jīng)歷的時間t=$\sqrt{3}$×10^-5s，A點坐標為（-$\frac{3\sqrt{3}}{40}$m，0），粒子的重力不計，求：（結果可保留根號）
（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑r和從P點進入第二象限時速度與y軸負方向的夾角θ．
（2）粒子在xOy平面的第一象限內運動的時間t₀．
（3）粒子在矩形磁場區(qū)域內做圓周運動的圓心位置坐標．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律求出粒子的軌道半徑；粒子在電場中做類平拋運動，應用類平拋運動的規(guī)律求出粒子速度方向與y軸負方向的夾角．
（2）作出粒子運動軌跡，應用勻速勻速運動的速度公式與粒子做圓周運動的周期公式求出粒子的運動時間．
（3）粒子在電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律，根據(jù)粒子運動軌跡與幾何知識求出粒子做圓周運動的圓心坐標．

解答 解：（1）粒子運動軌跡如圖所示，
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，代入數(shù)據(jù)解得：r=0.3m，
由題意可知，粒子在電場中做類平拋運動，
由牛頓第二定律得：qE=ma，
tanθ=$\frac{{v}_{1}}{{v}_{0}}$=$\frac{at}{{v}_{0}}$=$\frac{qEt}{m{v}_{0}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，解得：θ=$\frac{π}{6}$；
（2）根據(jù)圖示粒子運動軌跡，由幾何知識得：
α=$\frac{π}{2}$-θ=$\frac{π}{3}$，PB=CP=$\frac{r}{tan\frac{α}{2}}$=$\sqrt{3}$r，
粒子在第一象限內的運動時間：
t₀=$\frac{PB+CP}{{v}_{0}}$+$\frac{[2π-（π-α）]r}{{v}_{0}}$=$\frac{（2\sqrt{3}+\frac{4π}{3}）r}{{v}_{0}}$=7.65×10^-5s；
（3）粒子在電場中做類平拋運動，
PQ=v₀t    QA=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²，
PA²=PQ²+AQ²=PO²+OA²，
代入數(shù)據(jù)解得：PO=$\frac{21}{40}$m，
粒子在磁場中做圓周運動的圓心D的橫坐標：
x=PB=$\sqrt{3}$r=$\frac{3\sqrt{3}}{10}$m，縱坐標：y=PO+r=$\frac{33}{40}$m，
圓心D的坐標：（$\frac{3\sqrt{3}}{10}$m，$\frac{33}{40}$m）；
答：（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑r為0.3m，從P點進入第二象限時速度與y軸負方向的夾角θ為$\frac{π}{6}$．
（2）粒子在xOy平面的第一象限內運動的時間t₀為7.65×10^-5s．
（3）粒子在矩形磁場區(qū)域內做圓周運動的圓心位置坐標為：（$\frac{3\sqrt{3}}{10}$m，$\frac{33}{40}$m）．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，由于粒子運動過程復雜，本題難度較大，分析清楚粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是正確解題的關鍵；應用牛頓第二定律、類平拋運動規(guī)律即可解題；解題時注意幾何知識的應用．