Question

18．如圖所示，平面直角坐標系中的第象限內(nèi)有半徑為R的圓分別與x軸，y軸相切于M、N點，圓內(nèi)存在垂直坐標系平面的勻強磁場，在第I象限內(nèi)存在沿y軸正方向的勻強電場，電場強度的大小為E．磁場電場在圖中都未畫出，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從M點垂直x軸射入磁場后恰好垂直y軸進入電場，最后從Q（2R，0）點射出電場，出射方向與x軸夾角α=45°，粒子的重力不計，求：
（1）粒子進入電場時的速度v₀；
（2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和方向；
（3）粒子從M點入射到運動至Q點的時間t_總．

Answer 1

分析 （1）由粒子在第Ⅰ象限做類平拋運動的水平位移和末速度方向，再由題設(shè)場強為E得到初速度v₀ ．
（2）在第一問的基礎(chǔ)上，求出粒子做類平拋運動的豎直位移，得到粒子從磁場中的位置，再由幾何關(guān)系求得粒子在圓形磁場中做勻速圓周運動的半徑，由洛侖茲力提供向心力求出磁感應(yīng)強度的大小，由左手定則確定磁感應(yīng)強度的方向．
（3）由幾何關(guān)系求出粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)角，從而求出粒子在磁場中的運動時間，再粒子在第Ⅰ象限的時間就是第三問所求所求．

解答 解：（1）設(shè)粒子在電場中運動時間為t₁，則在Q處，粒子沿y軸方向的分速度：v_y=v₀tanα=v₀
在x軸方向有：2R=v₀t₁
設(shè)y軸方向勻加速直線運動的加速度為a，由牛頓第二定律有：qE=ma   且：v_y=at₁
解得：v₀=$\sqrt{\frac{2qEm}{qR}}$
（2）由于粒子在第Ⅰ象限做類平拋運動的末速度為與x軸成45°，所以水平位移為豎直位移的2倍，則
粒子從N點離開磁場．畫出粒子運動軌跡如圖所示，O為粒子軌跡圓的圓心，N為粒子射出磁場的位置，
且粒子垂直y軸進入電場，則由幾何關(guān)系知粒子軌跡圓半徑等于R．
由向心力公式和牛頓第二定律$qvB=m\frac{{{v}_{0}}^{2}}{R}$
解得：B=$\sqrt{\frac{2Em}{qR}}$
粒子在第一象限運動沿y軸負方向運動，與電場方向相反，故粒子帶負電，故根據(jù)左手定則可知：磁感應(yīng)強度的方向為垂直坐標平面向里．
（3）由圖可知，粒子在磁場內(nèi)的運動時間為：t₂=$\frac{1}{4}T$
又T=$\frac{2πm}{qB}$
得：t₂=$\frac{π}{2}\sqrt{\frac{mR}{2qE}}$
由（1）知粒子在電場中的運動時間為：t₁=$\sqrt{\frac{2Rm}{qE}}$
故所求時間為：t_總=t₁+t₂=$\sqrt{\frac{2mR}{qE}}+\frac{π}{2}\sqrt{\frac{mR}{2qE}}$=$（1+\frac{π}{4}）\sqrt{\frac{2mR}{qE}}$
答：（1）粒子進入電場時的速度v₀為$\sqrt{\frac{2qEm}{qR}}$．
（2）勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小為$\sqrt{\frac{2Em}{qR}}$、方向為垂直坐標平面向里．
（3）粒子從M點入射到運動至Q點的時間t_總為$（1+\frac{π}{4}）\sqrt{\frac{2mR}{qE}}$．

點評 本題考察的是帶電粒子先在勻強磁場中做勻速圓周運動，后在勻強電場做類平拋運動的特例：①是軌跡圓的半徑恰與磁場圓的半徑相等，在求出電場強度的大小之后，最好先求出類平拋運動的豎直位移，從而確定離開磁場的位置，從而由幾何關(guān)系求出半徑．②在類平拋運動中末速度方向與水平方向成45°，這樣水平位移就為豎直位移的兩倍，即豎直位移為R，從而確定帶電粒子離開磁場的位置．