Question

10．如圖所示坐標系中，在第一象限內(nèi)x≤40cm，y≥0的范圍內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B₀=1×10^-4T．現(xiàn)有一比荷$\frac{q}{m}$=2×10¹¹C/kg的帶正電粒子（不計重力）從O點沿xOy平面射入磁場，速度方向與y軸夾角α=37°．粒子恰好可通過x軸上磁場邊界處的A點（sin30°=°0.6，cos37°=0.8）．
（1）求粒子進入磁場時的速度v₀．
（2）若當粒子運動到最高點P（即y最大）時，在原來磁場范圍內(nèi)再加上與B₀同方向的勻強磁場B₁，使粒子還能回到P點，求B₁的最小值．
（3）若在上述（2）中，加入最小的B₁后，當粒子再次回到P時撤去B₁，保留B₀．粒子仍到達A點，求此過程中粒子從O點到達A點所經(jīng)歷的時間．（不考慮磁場變化時產(chǎn)生的電場，結(jié)果保留2位有效數(shù)字）．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中做圓周運動，做出運動的軌跡，然后由幾何關(guān)系求出半徑，由牛頓第二定律求出粒子速度；
（2）做出過P點的圓，求出半徑，由半徑公式即可求出；
（3）分別求出粒子在兩種磁場中的運動時間，然后求出粒子總的運動時間；

解答 解：（1）40cm=0.4m
如圖做出粒子運動的軌跡，粒子運動的半徑：

r=$\frac{\frac{1}{2}OA}{cosα}$=$\frac{\frac{1}{2}×0.4}{cos37°}$=0.25m
由洛倫茲力提供向心力得：$q{v}_{0}{B}_{0}=\frac{m{v}_{0}^{2}}{r}$
代入數(shù)據(jù)得：${v}_{0}=5.0×1{0}^{6}$m/s
（2）由圖可知，使粒子還能回到P點的最大半徑：${r}_{m}=\frac{1}{2}•（r-rsinα）$
代入數(shù)據(jù)得：r_m=0.05m
由洛倫茲力提供向心力得：$q{v}_{0}{（B}_{0}+{B}_{1}）=\frac{m{v}_{0}^{2}}{r}$
代入數(shù)據(jù)得：${B}_{1}=5.0×1{0}^{-4}$T
（3）粒子運動的時間由兩部分組成，從O到A：${t}_{1}=\frac{180°-2×37°}{360°}•\frac{2πr}{{v}_{0}}$
過P點做勻速圓周運動一周的時間：${t}_{2}=\frac{2π{r}_{m}}{{v}_{0}}$
粒子運動的總時間：t=t₁+t₂
聯(lián)立可得：t=1.6×10^-7s
答：（1）粒子進入磁場時的速度是5.0×10⁶m/s．
（2）若當粒子運動到最高點P（即y最大）時，在原來磁場范圍內(nèi)再加上與B₀同方向的勻強磁場B₁，使粒子還能回到P點，B₁的最小值是5.0×10^-4T．
（3）此過程中粒子從O點到達A點所經(jīng)歷的時間是1.6×10^-7s．

點評 本題考查了粒子在磁場中的運動，分析清楚粒子運動過程是正確解題的關(guān)鍵，作出粒子運動軌跡、應(yīng)用牛頓第二定律與幾何知識即可正確解題．