Question

20．如圖所示，在坐標系xoy中，過原點的直線OC與x軸正向的夾角φ=120°，在OC右側(cè)有一勻強電場：在第二、三象限內(nèi)有一勻強磁場，其上邊界與電場邊界重疊、右邊界為y軸、左邊界為圖中平行于y軸的虛線，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里．一帶正電荷q、質(zhì)量為m的粒子以某一速度自磁場左邊界上的A點沿x軸正方向射入磁場區(qū)域，并從O點射出，粒子射出磁場的速度方向與x軸的夾角θ=30°，大小為v，粒子在磁場中的運動軌跡為紙面內(nèi)的一段圓弧，且弧的半徑為磁場左右邊界間距的兩倍．粒子進入電場后，在電場力的作用下又由O點返回磁場區(qū)域，經(jīng)過一段時間后再次離開磁場．已知粒子從A點射入到第二次離開磁場所用的時間恰好等于粒子在磁場中做圓周運動的周期．忽略重力的影響．求：
（1）A點到x軸的距離；
（2）勻強電場的大小和方向；
（3）粒子從第二次離開磁場到再次進入電場時所用的時間．

Answer 1

分析 （1）結(jié)合運動的軌跡圖象，判斷出圓周運動的圓心即兩虛線的交點，再根據(jù)洛倫茲力提供向心力，粒子的速度和A到y(tǒng)軸的距離；
（2）粒子進入電場后，在電場力的作用下又由O點返回磁場區(qū)域說明電場力的方向一定與運動的方向相反，則電場方向必與v相反；根據(jù)時間關(guān)系求出粒子在電場中運動的時間，進而求出電場的強度和方向；
（3）粒子出磁場后到進入電場是勻速直線運動，根據(jù)軌跡圖象，就可以求出從第二次離開磁場到再次進入電場所用的時間．

解答 解：（1）設(shè)磁場左右邊界間距為d，由幾何關(guān)系知：OO′=2d，
粒子第一次進入磁場的運動軌跡的圓心為O′，有：$\overline{AD}=R（1-cos{30^0}）$，
洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：$qBv=m\frac{v^2}{R}$，
解得：$\overline{AD}=\frac{mv}{qB}（1-\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$；
（2）粒子在磁場中做圓周運動的周期：$T=\frac{2πm}{qB}$，
粒子第一次在磁場中運動時間為t₁，有：t₁=$\frac{30°}{360°}$T=$\frac{1}{12}$T，
依題意，勻強電場的方向與x軸正向夾角應(yīng)為150°．
由幾何關(guān)系知，粒子再次從O點進入磁場的速度方向與磁場右邊界夾角為60°．
粒子第二次在磁場運動的圓弧的圓心O″必定在直線OC上，且∠OO″P=120°
粒子第二次在磁場中運動時間為t₂，有：${t_1}=\frac{T}{3}$
粒子在電場中運動時間為t₃，依題意有：t₃=T-（t₁+t₂）
粒子在電場中有：-v=v-at₃，
由牛頓第二定律的：qE=ma，
解得：E=$\frac{12Bv}{7π}$；
（3）粒子自P射出后沿直線運動，由P′再次進入電場，由幾何關(guān)系有：∠O″P′P=30°
三角形OPP′為等腰三角形，粒子在P、P′運動時間為t₄，有：${t_4}=\frac{{\overline{P{P^/}}}}{v}$
由幾何關(guān)系得：$\overline{OP}=\sqrt{3}R$，
解得：t₄=$\frac{\sqrt{3}m}{qB}$；
答：（1）A點到x軸的距離為（1-$\frac{\sqrt{3}}{2}$）$\frac{mv}{qB}$；
（2）勻強電場的大小為$\frac{12Bv}{7π}$，方向：與v的方向相反；
（3）粒子從第二次離開磁場到再次進入電場時所用的時間為$\frac{\sqrt{3}m}{qB}$．

點評 帶電粒子在磁場中 的運動，正確地畫出運動的軌跡是解題的關(guān)鍵，象該題需要兩次畫出不同的軌跡．題目的難度較大．