Question

13．如圖所示，在坐標(biāo)系xOy中，過原點的直線OP與x軸正向的夾角θ=30°，在OP上方存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外，其左邊界為y軸、右邊界與直線OP重疊；第四象限存在勻強電場，場強大小為E，方向沿與x軸負(fù)方向成ϕ=60⁰的角斜向下．一個質(zhì)量為m，帶電量為+e的質(zhì)子以速度v₀從O點沿y軸正方向射入勻強磁場區(qū)域．質(zhì)子飛出磁場區(qū)域后，從b點穿過x軸進(jìn)入勻強電場中，之后通過了b點正下方的c點（圖中沒有畫出）．不計質(zhì)子的重力．求：
（1）質(zhì)子在磁場中運動的半徑．
（2）質(zhì)子從O點運動到c點的時間．

Answer 1

分析 （1）質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動，洛侖茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解軌道半徑；
（2）質(zhì)子在勻強磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)t=$\frac{θ}{2π}T$求運動時間；射出磁場后做勻速直線運動，根據(jù)t=$\frac{s}{v}$求解時間；最后進(jìn)入勻強電場做類平拋運動，根據(jù)分運動公式列式求解時間；最后求和即可．

解答 解：（1）質(zhì)子先在勻強磁場中做勻速圓周運動，射出磁場后做勻速直線運動，最后進(jìn)入勻強電場做類平拋運動，軌跡如圖所示：
根據(jù)牛頓第二定律，有：$Be{v_0}=m\frac{{{v_0}^2}}{R}$…①，
解得：$R=\frac{{m{v_0}}}{eB}$；
（2）質(zhì)子在勻強磁場中運動的周期：$T=\frac{2πm}{eB}$…②，
由幾何關(guān)系可知，質(zhì)子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角：$π-2θ=\frac{2}{3}π$…③，
質(zhì)子在勻強磁場中運動的時間${t_1}=\frac{π-2θ}{2π}T$=$\frac{2πm}{3eB}$…④，
質(zhì)子在無場區(qū)勻速直線運動的路程  $ab=\frac{R}{tanθ}=\sqrt{3}R$…⑤，
運動的時間   ${t_2}=\frac{ab}{v_0}=\frac{{\sqrt{3}m}}{eB}$…⑥，
由幾何關(guān)系可知，質(zhì)子垂直電場線進(jìn)入電場，做類平拋運動．
垂直電場方向：ssinθ=v₀t₃…⑦，
平行電場方向：$scosθ=\frac{1}{2}at_3^2$…⑧，
由牛頓第二定律    eE=ma…⑨，
解得：${t_3}=\frac{{2\sqrt{3}m{v_0}}}{eE}$…⑩，
所以質(zhì)子從O點運動到c點的時間：t=t₁+t₂+t₃=$\frac{2πm}{3eB}+\frac{{\sqrt{3}m}}{eB}+\frac{{2\sqrt{3}m{v_0}}}{eE}$；
答：（1）質(zhì)子在磁場中運動的半徑為$\frac{m{v}_{0}}{eB}$．
（2）質(zhì)子從O點運動到c點的時間為$\frac{2πm}{3eB}+\frac{\sqrt{3}m}{eB}+\frac{2\sqrt{3}m{v}_{0}}{eE}$．

點評 本題是粒子在復(fù)合場中運動問題，關(guān)鍵是分勻速圓周運動、勻速直線運動和類似平拋運動三個過程，畫出運動軌跡進(jìn)行分析；
帶電粒子通過磁場的邊界時，如果邊界是直線，根據(jù)圓的對稱性得到帶電粒子入射速度方向與邊界的夾角等于出射速度方向與邊界的夾角，這在處理有界磁場的問題常常用到．