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    16．如图所示，在xOy直角坐标平面内-0.05m≤x＜0的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.4T，0≤x≤0.08m的区域有沿-x方向的匀强电场．在x轴上坐标为（-0.05m，0）的S点有一粒子源，它一次能沿纸面同时向磁场内每个方向发射一个比荷$\frac{q}{m}$=5×107C/kg，速率v0=2×106m/s的带正电粒子．若粒子源只发射一次，其中只有一个粒子Z恰能到达电场的右边界，不计粒子的重力和粒子间的相互作用（结果可保留根号）．求：
    （1）粒子在磁场中运动的半径R；
    （2）粒子Z从S发射时的速度方向与磁场左边界的夹角θ；
    （3）第一次经过y轴的所有粒子中，位置最高的粒子P的坐标；
    （4）若粒子P到达y轴瞬间电场突然反向，求粒子P到达电场右边界时的速度．

    分析 （1）粒子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，列式得出半径R．
    （2）由题意知，只有一个粒子Z恰能到达电场的右边界，说明Z粒子是垂直电场左边界进入电场的，作出Z粒子在磁场中的运动轨迹如图1所示，由几何知识求出θ．
    （3）在y轴上位置最高的粒子P的运动轨迹恰与y轴相切于N点，作出其轨迹，如图2所示，由几何知识求解．
    （4）若粒子P到达y轴瞬间电场突然反向，进入电场后粒子将加速，由动能定理得到电场强度．运用牛顿第二定律和运动学速度位移公式研究电场方向，求出沿电场方向的速度，再由速度的合成求解．

    解答 解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有
      qv0B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{R}$
    可得 R=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$=$\frac{2×1{0}^{6}}{5×1{0}^{7}×0.4}$m=0.1m
    （2）由题意可知Z粒子是垂直电场左边界进入电场的，作出Z粒子在磁场中的运动轨迹如图1所示，O1为轨迹圆的圆心．分别用dB表示磁场区域的宽度．
    由几何知识可知，∠O1SO=θ，在△SOO1中满足：
     cosθ=$\frac{OS}{{O}_{1}S}$=$\frac{{d}_{B}}{R}$=$\frac{0.05}{0.1}$=$\frac{1}{2}$，得 θ=60°
    即粒子Z从S发射时的速度方向与磁场左边界的夹角θ为60°或120°．
    （3）在y轴上位置最高的粒子P的运动轨迹恰与y轴相切于N点，如图2所示，N点到x轴的竖直距离L满足：
     L2+（R-dB）2=R2；
    解得：L=5$\sqrt{3}$cm=$\frac{\sqrt{3}}{20}$m
    即粒子P的位置坐标为（0，$\frac{\sqrt{3}}{20}$m）．
    （4）用dE表示电场的宽度．
    对Z粒子在电场中运动，由动能定理有：
     qEdE=$\frac{1}{2}$mv02①
    代入数据解得：E=5.0×105N/C
    设沿电场方向的速度为v⊥，则
      ${v}_{⊥}^{2}$=2adE；
    qE=ma
    解得 v⊥=2×106m/s
    所以粒子P到达电场右边界时的速度
     v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{⊥}^{2}}$=2$\sqrt{2}×1{0}^{6}$m/s
    方向与电场右边界成45°或135°．
    答：
    （1）粒子在磁场中运动的半径R为0.1m；
    （2）粒子Z从S发射时的速度方向与磁场左边界的夹角θ为60°或120°；
    （3）第一次经过y轴的所有粒子中，位置最高的粒子P的坐标为（0，$\frac{\sqrt{3}}{20}$m）；
    （4）若粒子P到达y轴瞬间电场突然反向，粒子P到达电场右边界时的速度为大小2$\sqrt{2}×1{0}^{6}$m/s，方向与电场右边界成45°或135°．

    点评 本题的关键要正确分析粒子的受力情况和运动情况．对于电荷在匀强磁场中做匀速圆周运动，关键是画出轨迹，由几何知识求出半径．

    练习册系列答案
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