Question

12．如图所示，在直角坐标系的第I象限分布着场强E=5×10³V/m，方向水平向左的匀强电场，其余三象限分布着垂直纸面向里的匀强磁场．现从电场中M（0.5，0.5）点由静止释放一重力不计的带正电粒子，粒子的电荷量q=2×10^-4C，质量m=1×10^-8kg，该粒子第一次进入磁场后将垂直通过x轴．求：
（1）匀强磁场的磁感应强度大小；
（2）带电粒子第二次进入磁场时的位置坐标；
（3）在粒子第二次进入磁场时，撤掉第I象限的电场，粒子在磁场中运动后又进入第I象限且经过释放点M，则粒子从M点由静止释放到再经过M点所用的总时间是多少．

Answer 1

分析 带电粒子在匀强电场中做的是类平抛运动，利用平抛运动规律，结合电场强度、电荷的荷质比，求出粒子的进入磁场的速度大小与方向以及位置．当带电粒子进入磁场后，仅受洛伦兹力作用，做匀速圆周运动．由微粒第一次进入磁场后将垂直通过x轴，可寻找到已知长度与圆弧半径的关系，从而求出磁感应强度，当粒子再次进入电场时，仍是类平抛运动．利用相同方法求出离开电场的位置．
要求微粒从释放到回到M点所用时间，画出带电粒子的运动轨迹，当粒子做类平抛运动，运用平抛运动规律求出时间，当粒子做匀速圆周运动时，由周期公式求出运动时间．

解答 解：（1）根据动能定理得：qEx_M=$\frac{1}{2}$mv²-0，
解得：v=$\sqrt{\frac{2qE{x}_{M}}{m}}$=1×10⁴m/s，
因为微粒第一次进入磁场后将垂直通过x轴，根据几何关系知，粒子在磁场中做圆周运动的半径R=x_m，
R=x_M=$\frac{mv}{qB}$，
解得：B=$\frac{mv}{q{x}_{M}}$=$\frac{1×1{0}^{4}}{2×1{0}^{4}×0.5}$=1T；
（2）粒子垂直进入电场，做类平抛运动，
由牛顿第二定律得：a_抛=$\frac{qE}{m}$=1×10⁸m/s²，
x_M=$\frac{1}{2}$a_抛t_抛²，
解得：t_抛=10^-4s，
则：y=vt_抛=10⁴×10^-4=1m，
带电微粒第二次进入磁场时的位置坐标为（0m，1m）；
（3）第一次进入磁场后轨迹如图所示，入磁场时：
v_M=a_抛t_抛=10⁸×10^-4=10⁴m/s，
v_入=$\sqrt{{v}^{2}+{v}_{x}^{2}}$=$\sqrt{2}$×10⁴m/s，
粒子轨道半径：R′=$\frac{m{v}_{入}}{qB}$=$\frac{1}{\sqrt{2}}$m，轨迹如图所示，
粒子运动时间：t=2×$\frac{3}{4}$T+2t_抛+$\frac{{L}_{OM}}{{v}_{入}}$=$\frac{3πm}{qB}$+2t_抛+$\frac{0.5\sqrt{2}}{{v}_{入}}$，
解得：t=7.21×10^-4s．
答：（1）匀强磁场的磁感应强度为1T；
（2）带电微粒第二次进入磁场时的位置坐标为（0m，1m）；
（3）为了使微粒还能回到释放点M，在微粒第二次进入磁场后撤掉第Ⅰ象限的电场，求此情况下微粒从释放到回到M点所用时间为7.21×10^-4s．

点评 本题重点是画出带电粒子的运动轨迹，当是平抛运动时，则可分解成沿电场强度方向是匀加速，垂直电场强度方向是匀速．当是圆周运动时，可由几何关系去找到已知长度与半径的关系，最终能求出结果．