Question

（2011?泰州一模）如圖所示，x0y平面內(nèi)，y軸左側(cè)有方向豎直向下，電場強(qiáng)度為E=1.0×10⁴N/的勻強(qiáng)電場．在Y軸右側(cè)有一個(gè)邊界為圓形的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，圓心O′位于x軸上，半徑為r=0.01m，磁場最左邊與Y軸相切于O點(diǎn)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.01T，方向垂直紙面向里．在坐標(biāo)x_o=0.06m處有垂直于x軸的足夠大的熒光屏PQ．一束帶正電的粒子從電場中的A點(diǎn)（圖中未標(biāo)出）以垂直于電場的初速度向右運(yùn)動(dòng)，穿出電場時(shí)恰好通過坐標(biāo)原點(diǎn)，速度大小為v=2×10⁶m/s，方向與x軸正向成300角斜向下．已知粒子的質(zhì)量為m=1.0×l0^-2kg，電量為q=1.0×10^-10C，重力不計(jì)．
（1）求粒子出發(fā)點(diǎn)A的坐標(biāo)；
（2）若圓形磁場可沿x軸向右移動(dòng)，圓心O仍在x軸上，由于磁場位置的不同，導(dǎo)致該粒子打在熒光屏上的位置也不同，求粒子打在熒光屏上的位置范圍；
（3）若改變磁場半徑，磁場最左邊仍然與Y軸相切于O點(diǎn)，當(dāng)磁場半徑至少為多大時(shí)，粒子就再也不能打到帶屏上？

Answer 1

分析：（1）粒子沿AB方向進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動(dòng)，將射出電場的速度進(jìn)行分解，根據(jù)沿電場方向上的速度，結(jié)合牛頓第二定律求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，從而得出類平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移和豎直位移，即得出射入電場的坐標(biāo)．
（2）隨著磁場向右移動(dòng)熒光屏光點(diǎn)位置逐漸下移，當(dāng)v方向與磁場圓形區(qū)域相切，此后，粒子將打在熒光屏的同一位置．根據(jù)粒子在勻強(qiáng)磁場中的半徑公式，結(jié)合幾何關(guān)系求出粒子打在熒光屏上的范圍．
（3）當(dāng)粒子射出磁場時(shí)的速度平行于y軸時(shí)，將不再打到熒光屏上，有幾何關(guān)系即可求解．

解答：解：（1）粒子沿AB方向進(jìn)入電場后做類平拋運(yùn)動(dòng)，在O點(diǎn)將v沿x、y方向分解得：
v_x=vcos30°=

3

×106m/s．
v_y=vsin30°=1×10⁶m/s
根據(jù)牛頓第二定律a=

qE

m

=1×10¹⁴m/s²．
粒子從射入到0點(diǎn)的時(shí)間為：
t=

vy

a

=

1×106

1×1014

s=1×10-8s
粒子剛射入電場時(shí)A點(diǎn)的坐標(biāo)分別為：
x=-v_xt=-

3

×10^-2m
y=

1

2

v_yt=5×10^-3m
即粒子出發(fā)點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-

3

×10^-2m，5×10^-3m）
（2）洛侖茲力提供向心力，則qvB=m

v2

R

，解得：R=

mv

Bq

=0.02m=2r
由幾何關(guān)系可知，粒子射出磁場的位置為C點(diǎn)，軌跡如圖所示：
則粒子打在熒光屏最高點(diǎn)到x軸的距離為：l₁=（x₀-2r）tan30°=2.31×10^-2m
隨著磁場向右移動(dòng)熒光屏光點(diǎn)位置逐漸下移，當(dāng)v方向與磁場圓形區(qū)域相切，粒子打在熒光屏的最低點(diǎn)，此后，粒子將打在熒光屏的同一位置．
其最低到x軸的距離為：x₀tan30°=3.46×10^-2m
（3）如圖所示，當(dāng)粒子射出磁場時(shí)的速度平行于y軸時(shí)，將不再打到熒光屏上，OCE0″為菱形，
由幾何關(guān)系得：
磁場半徑至少為r=R=0.02m
答：（1）粒子出發(fā)點(diǎn)A的坐標(biāo)為（-

3

×10^-2m，5×10^-3m）；
（2）粒子打在熒光屏上的位置范圍為[2.31×10^-2m，3.46×10^-2m]；
（3）當(dāng)磁場半徑至少為0.02m時(shí)，粒子就再也不能打到帶屏上．

點(diǎn)評(píng)：本題考查粒子在電場中類平拋運(yùn)動(dòng)和在磁場中的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，對(duì)學(xué)生幾何能力要求較高，能夠找出問題的臨界情況是解決本題的關(guān)鍵．