Question

7．如圖所示，在直角坐標(biāo)系中存在如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)和電場(chǎng)交界面MN與y軸平行，N點(diǎn)坐標(biāo)為（5cm，0）已知?jiǎng)驈?qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.33T，勻強(qiáng)電場(chǎng)的強(qiáng)度E=200N/C，現(xiàn)有一質(zhì)量m=6.6×10^-27kg、電荷量q=3.2×10^-19C的帶負(fù)電的粒子，從邊界坐標(biāo)原點(diǎn)O沿與y軸正方向成60°角射入磁場(chǎng)，射入時(shí)的速度大小為v=1.6×10⁶m/s，不計(jì)粒子的重力．求：
（1）求帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑r；
（2）求粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場(chǎng)周末做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出粒子的軌道半徑．
（2）粒子在電場(chǎng)中做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度公式求出粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間．

解答 解：（1）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，代入數(shù)據(jù)解得：r=0.1m；
（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示：

已知：d=5cm，r=0.1m=10cm，
由幾何知識(shí)可知：θ=60°，
又因有：$\fracegyg3r6{r}$=$\frac{5}{10}$=0.5=cos60°，
所以三角形ONO′為直角三角形，則：α=30°，∠ONO′=90°，粒子離開磁場(chǎng)時(shí)受到與MN垂直，
粒子進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)速度水平向右，粒子先向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，
后反向向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再進(jìn)入磁場(chǎng)，
粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是“類豎直上拋運(yùn)動(dòng)”，粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：
t=$\frac{2v}{a}$=$\frac{2v}{\frac{qE}{m}}$=$\frac{2mv}{qE}$=$\frac{2×6.6×1{0}^{-27}×1.6×1{0}^{6}}{3.2×1{0}^{-19}×200}$=3.3×10^-4s；
答：（1）帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑r為0.1m；
（2）粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t為3.3×10^-4s．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在磁場(chǎng)與電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子運(yùn)動(dòng)過程是正確解題的關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可正確解題．