Question

2．如圖所示，在第一象限內有垂直紙面向里和向外的勻強磁場，磁感應強度分別為B₁=0.2T、B₂=0.05T，分界線OM與x軸正方向的夾角為α．在第二、三象限內存在著沿x軸正方向的勻強電場，電場強度E=1×10⁴V/m．現有一帶電粒子由x軸上A點靜止釋放，從O點進入勻強磁場區域．已知A點橫坐標x_A=-5×10^-2m，帶電粒子的質量m=1.6×10^-24kg，電荷量q=+1.6×10^-15C．
（1）如果α=30^o，在OM上有一點P，OP=3×10^-2m，粒子從進入O點計時，經多長時間經過P點？
（2）要使帶電粒子能始終在第一象限內運動，求α的取值范圍？（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，根據動能定理列式求解末速度；進入磁場后，做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力，根據牛頓第二定律列式求解軌道半徑，畫出運動軌跡，注意粒子通過直線邊界時，進入時速度與邊界線的夾角等于離開時速度與邊界線的夾角；
（2）正確畫出軌跡，由幾何知識及三角函數求解．

解答 解：（1）在電場中加速過程，根據動能定理，有：$qE{x_A}=\frac{1}{2}m{v^2}$，
解得：v=$\sqrt{\frac{2qE{x}_{A}}{m}}$=$\sqrt{\frac{2×1.6×1{0}^{-15}×1×1{0}^{4}×5×1{0}^{-2}}{1.6×1{0}^{-24}}}$m/s=1×10⁶m/s；
粒子在磁場中運動時，根據牛頓第二定律，有：$qvB=m\frac{v^2}{r}$，
解得：r=$\frac{mv}{qB}$；
故${r_1}=\frac{mv}{{q{B_1}}}=\frac{{1.6×1{0^{-24}}kg×{{10}^6}m/s}}{{1.6×1{0^{-15}}C×0.2T}}=5×{10^{-3}}m$
${r_2}=\frac{mv}{{q{B_2}}}=\frac{{1.6×1{0^{-24}}kg×{{10}^6}m/s}}{{1.6×1{0^{-15}}C×0.05T}}=2×{10^{-2}}m$
粒子通過直線邊界OM時，進入時速度與邊界線的夾角等于離開時速度與邊界線的夾角，故經過B₁磁場時沿著OM前進r₁距離，經過B₂磁場時沿著OM前進r₂距離，由于OP=3×10^-2m=2r₁+r₂，故軌跡如圖所示：

故粒子從進入O點計時，到達P點經過的時間為：
t=$\frac{60°+60°}{360°}{T}_{1}+\frac{60°}{360°}{T}_{2}$=$\frac{1}{3}×\frac{2πm}{q{B}_{1}}+\frac{1}{6}×\frac{2πm}{q{B}_{2}}$=$\frac{{2π×1.6×1{0^{-24}}}}{{3×1.6×1{0^{-15}}×0.2}}+\frac{{π×1.6×1{0^{-24}}}}{{3×1.6×1{0^{-15}}×0.05}}$=3.14×10^-8s
（2）由于 r₂=2r₁，畫出臨界軌跡，如圖所示：

由幾何關系解得：cosα=$\frac{{r}_{2}}{{r}_{1}+{r}_{2}}$=$\frac{2}{3}$，故α≤arccos$\frac{2}{3}$=48.2°；
答：（1）如果α=30^o，在OM上有一點P，OP=3×10^-2m，粒子從進入O點計時，經3.14×10^-8s時間經過P點；
（2）要使帶電粒子能始終在第一象限內運動，α的取值范圍為α≤48.2°．

點評 此題考查了粒子在復合場中的運動，需考生熟練掌握圓周運動的公式及應用．首先根據題意，畫出粒子的運動軌跡，找到臨界值，求出角度．根據草圖找出粒子經過哪些點，通過分析得出數學規律．