Question

10．如圖所示，在xoy直角坐標(biāo)平面內(nèi)-$\frac{\sqrt{3}}{20}$m≤x＜0的區(qū)域有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=0.32T，0≤x＜2.56m的區(qū)域有沿-x方向的勻強電場．在x軸上坐標(biāo)為（-$\frac{\sqrt{3}}{20}$m，0）的S點有一粒子源，它一次能沿紙面同時向磁場內(nèi)每個方向各發(fā)射一個比荷$\frac{q}{m}$=5.0×10⁷C/kg；速率v=1.6×10⁶m/s的帶正電粒子．若粒子源只發(fā)射一次，其中只有一個粒子Z剛好能到達電場的右邊界，不計粒子的重力和粒子間的相互作用．求：
（1）帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑r及周期T；
（2）電場強度的大小E及Z粒子從S點發(fā)射時的速度方向與磁場左邊界的夾角θ；
（3）Z粒子第一次剛進入電場時，還未離開過磁場的粒子占粒子總數(shù)的比例η．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式分析軌道半徑和周期；
（2）由題意可知，粒子在垂直于電場的方向上進入電場時，在電場的方向上運動的距離最大，然后結(jié)合動能定理即可求出；
（3）Z粒子第一次剛進入電場時，由洛倫茲力提供向心力得出半徑，然后畫出運動的軌跡，結(jié)合運動的時間與運動軌跡長度的關(guān)系，即可得出與Z粒子同時進入電場的另一處位置，然后區(qū)分電場內(nèi)的粒子的范圍與磁場內(nèi)的粒子的范圍，即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）由洛侖磁力提供向心力得：
qvB=$m\frac{{v}^{2}}{r}$，解得  r=$\frac{mv}{qB}$=$\frac{{1.6×1{0^6}}}{{5.0×1{0^7}×0.32}}$=0.1m；
T=$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{2π}{{5.0×1{0^7}×0.32}}$=1.25$\frac{2π}{×}$10^-7π s；
（2）由題意可知Z粒子是垂直電場左邊界進入電場的，作出Z粒子在磁場中的運動軌跡如圖（a）所示，O₁為軌跡圓圓心．分別用d_B和d_E表示電場和磁場區(qū)域的寬度．      

對Z粒子在電場中運動，由動能定理有：qEd_E=$\frac{1}{2}$mv²①
代入數(shù)據(jù)解得：E=1.0×10⁴N/C；
Z粒子在磁場中作圓周運動，設(shè)軌跡圓半徑為r，
由圓周運動的規(guī)律有：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$ ②
由幾何知識可知：在△SOO₁中滿足：cosθ=$\frac{OS}{{{O_1}S}}=\frac{dB}{r}$，
由②③并代入數(shù)據(jù)可得：θ=$\frac{π}{6}$；
（3）作Z粒子在磁場中圓弧軌跡對應(yīng)的弦SN如圖（b）所示，由幾何知識得：△SNO₁為等邊三角形，SN=r，弦切角θ₀=θ ④
由題意可知：在磁場中圓弧軌跡對應(yīng)的弦長大于r的粒子，滿足Z粒子第一次剛要進入電場時未離開過磁場．          
作出另兩個圓弧軌跡對應(yīng)的弦長等于SN的粒子軌跡，交磁場左右邊界分別為M、O₁，粒子在S點的速度分別為v₁和v₂．
由圖可知發(fā)射方向在v₁和v₂之間的粒子軌跡弦長大于r，
對應(yīng)的發(fā)射方向分布的角度范圍為：θ₁=2π-θ₀⑤
由圖可知Z粒子的發(fā)射速度與磁場左邊界所夾角度范圍內(nèi)發(fā)射的粒子軌跡弦長也大于r；
所以有：η=$\frac{π}{{{θ_1}+θ}}$⑥；
整理得：η=$\frac{1}{2}$；
答：（1）帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑r為，周期T為；
（2）電場強度的大小E為，Z粒子從S點發(fā)射時的速度方向與磁場左邊界的夾角θ為$\frac{π}{6}$；
（3）Z粒子第一次剛進入電場時，還未離開過磁場的粒子占粒子總數(shù)的比例η為$\frac{1}{2}$．

點評 電荷在勻強磁場中做勻速圓周運動，關(guān)鍵是畫出軌跡，由幾何知識求出半徑．定圓心角，求時間，類平拋運動應(yīng)用運動分解法求解．