Question

14．如圖所示，在長度足夠長、寬度d=5cm的區(qū)域MNPQ內，有垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁感應強度B=0.33T．水平邊界MN上方存在范圍足夠大的豎直向上的勻強電場，電場強度E=200N/C．現有大量質量m=6.6×10^-27kg、電荷量q=3.2×10^-19C的帶負電的粒子，同時從邊界PQ上的O點沿紙面向各個方向射入磁場，射入時的速度大小均為V=1.6×10⁶m/s，不計粒子的重力和粒子間的相互作用．求：

（1）求帶電粒子在磁場中運動的半徑r；
（2）求與x軸負方向成60°角射入的粒子在電場中運動的時間t；
（3）當從MN邊界上最左邊射出的粒子離開磁場時，求仍在磁場中的粒子的初速度方向與x軸正方向的夾角范圍，并寫出此時這些粒子所在位置構成的圖形的曲線方程．

Answer 1

分析 （1）洛倫茲力提供向心力，代人公式可以求出半徑；
（2）畫出粒子的運動軌跡，由幾何關系知，在磁場中運動的圓心角為30°，粒子平行于場強方向進入電場，求出粒子在電場中運動的加速度 進而求出粒子在電場中運動的時間．
（3）由幾何關系可知，從MN邊界上最左邊射出的粒子在磁場中運動的圓心角為60°，進而確定仍在磁場中的粒子的初速度方向與x軸正方向的夾角范圍．

解答 解：（1）由牛頓第二定律有：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，代入數據解得：r=0.1m；
（2）粒子的運動軌跡如圖甲所示，由幾何關系知，
在磁場中運動的圓心角為30°，粒子平行于場強方向進入電場，
粒子在電場中運動的加速度：a=$\frac{qE}{m}$，
粒子在電場中運動的時間：t=$\frac{2v}{a}$，
代入數據解得：t=3.3×10^-4s；

（3）如圖乙所示，由幾何關系可知，從MN邊界上最左邊射出的粒子在磁場中運動的圓心角為60°，
圓心角小于60°的粒子已經從磁場中射出，此時刻仍在磁場中的粒子運動軌跡的圓心角均為60°．
則仍在磁場中的粒子的初速度方向與x軸正方向的夾角范圍為30°～60°，
所有粒子此時分布在以O點為圓心，弦長0.1m為半徑的圓周上，
曲線方程為：x²+y²=R²，（R=0.1m，$\frac{\sqrt{3}}{20}$m≤x≤0.1m）；
答：（1）帶電粒子在磁場中運動的半徑r為0.1m；
（2）與x軸負方向成60°角射入的粒子在電場中運動的時間t為3.3×10^-4s；
（3）仍在磁場中的粒子（未進入過電場）的初速度方向與x軸正方向的夾角范圍是：30°～60°，此時這些粒子所在位置構成的圖形的曲線方程為x²+y²=R²，（R=0.1m，$\frac{\sqrt{3}}{20}$m≤x≤0.1m）．

點評 本題的難點是分析帶電粒子的運動情況，可通過畫軌跡圖象分析，由于仍在磁場中的粒子的軌跡的長度與從MN邊界上最左邊射出的粒子長度相同，仍在磁場中的粒子的初速度方向在臨界條件以內．