Question

如圖所示，真空中有以O(shè)′為圓心，r為半徑的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．圓的最下端與x軸相切于直角坐標(biāo)原點(diǎn)O，圓的右端與平行于y軸的虛線MN相切，在虛線MN右側(cè)x軸上方足夠大的范圍內(nèi)有方向豎直向下、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場，在坐標(biāo)系第四象限存在方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也為B的勻強(qiáng)磁場，現(xiàn)從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸正方向發(fā)射速率相同的質(zhì)子，質(zhì)子在磁場中做半徑為r的勻速圓周運(yùn)動，然后進(jìn)入電場到達(dá)x軸上的C點(diǎn)．已知質(zhì)子帶電量為+q，質(zhì)量為m，不計(jì)質(zhì)子的重力、質(zhì)子對電磁場的影響及質(zhì)子間的相互作用力．求：
（1）質(zhì)子剛進(jìn)入電場時(shí)的速度方向和大小；
（2）OC間的距離；
（3）若質(zhì)子到達(dá)C點(diǎn)后經(jīng)過第四限的磁場后恰好被放在x軸上D點(diǎn)處（圖上未畫出）的一檢測裝置俘獲，此后質(zhì)子將不能再返回電場，則CD間的距離為多少．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力，結(jié)合牛頓第二定律，即可求解速度大小，再根據(jù)運(yùn)動軌跡半徑與圓磁場的半徑來確定速度方向；
（2）根據(jù)平拋運(yùn)動處理規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式與牛頓第二定律，即可求解；
（3）根據(jù)運(yùn)動的合成與運(yùn)動學(xué)公式，求出合速度大小，再由幾何關(guān)系確定已知長度與運(yùn)動軌跡的半徑的關(guān)系，從而確定求解．

解答：解：（1）根據(jù)題意可知，質(zhì)子的運(yùn)動軌跡的半徑與圓磁場半徑相同，
由牛頓第二定律，則有：qvB=m

v2

r

得：v=

qBr

m

方向沿x軸正方向；
（2）質(zhì)子在電場中做類平拋運(yùn)動，
則質(zhì)子電場中運(yùn)動時(shí)間：r=

1

2

at2
由牛頓第二定律   qE=ma
t=

2mr qE

由題意可知x₁=ON=r
電場中x₂=NC=vt
OC間的距離為x=x₁+x₂=r+

qBr

m

2mr qE

（3）豎直方向的速度v_y=at
設(shè)質(zhì)子合速度為v′
質(zhì)子合速度與x軸正向夾角的正弦值sinθ=

vy

v′

x₃=CD=2R sinθ
運(yùn)動半徑：R=

mv′

qB

x₃=CD=2

mv′

qB

vy

v′

=

2E

B

2mr qE

答：（1）質(zhì)子剛進(jìn)入電場時(shí)的速度方向沿x軸正方向和大小v=

qBr

m

；
（2）OC間的距離r+

qBr

m

2mr qE

；
（3）則CD間的距離為

2E

B

2mr qE

．

點(diǎn)評：考查粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運(yùn)動，在電場力作用下做類平拋運(yùn)動，掌握兩種運(yùn)動的處理規(guī)律，學(xué)會運(yùn)動的分解與幾何關(guān)系的應(yīng)用．注意正確做出運(yùn)動軌跡是解題的重點(diǎn)．