Question

18．如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第二象限內(nèi)有場強大小為E、沿x軸正方向的勻強電場，在第一象限內(nèi)有一磁感應強度為B的圓形勻強磁場區(qū)域（圖中未畫出），磁場方向垂直xOy平面，圓形勻強磁場區(qū)域的邊界與x軸相切于點P．兩個質(zhì)子（質(zhì)子質(zhì)量m，電荷量q，不計重力）a、b以相等的速率沿不同方向從P點同時射入磁場區(qū)，其中a的速度方向沿y軸正方向，b的速度方向與x軸正方向的夾角θ=30°，a、b經(jīng)過磁場后都垂直于y軸進入第二象限，a通過y軸上的點Q，OP=2OQ=2L，且a、b經(jīng)過y軸的時間間隔為t₀．求：
（1）質(zhì)子在磁場中運動速度v的大小；
（2）質(zhì)子b在電場中運動離y軸的最遠距離x；
（3）質(zhì)子a從開始運動到最后離開磁場所需的時間t；
（4）若只將第二象限內(nèi)的勻強電場方向變?yōu)檠貀軸負方向，仍使a、b以原來的速度射入磁場區(qū)，求a、b經(jīng)過x軸上的兩點間的距離△x．

Answer 1

分析 （1）兩個質(zhì)子在磁場中都做勻速圓周運動，畫出它們的運動軌跡，確定出軌跡對應的圓心角，研究b質(zhì)子的運動時間與周期的關系，求得磁感應強度B．再研究a的軌跡半徑，求出速度v的大�。�
（2）質(zhì)子b進入電場后做勻減速直線運動，由動能定理求在電場中運動離y軸的最遠距離x．
（3）根據(jù)軌跡對應的圓心角求解質(zhì)子a從開始運動到最后離開磁場所需的時間t．
（4）若只將第二象限內(nèi)的勻強電場方向變?yōu)檠貀軸負方向，質(zhì)子進入電場后做類平拋運動，由牛頓第二定律和運動學公式研究兩個分運動的規(guī)律，求出a、b經(jīng)過x軸上的兩點間的距離△x．

解答 解：（1）兩質(zhì)子的運動軌跡如圖，在磁場中的運動周期為 T=$\frac{2πm}{qB}$
a質(zhì)子在磁場中轉過90°圓心角，運動時間為 t_a=$\frac{T}{4}$
b質(zhì)子在磁場中轉過150°圓心角，運動時間為 t_b=$\frac{5T}{12}$
由題意有：t₀=t_b-t_a=$\frac{T}{6}$
可得 B=$\frac{πm}{3q{t}_{0}}$
由a的軌跡可知a質(zhì)子在磁場中的運動半徑 R=L
由qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
得 v=$\frac{qBR}{m}$=$\frac{πL}{3{t}_{0}}$
（2）質(zhì)子在電場中，由動能定理得：
-qEx=0-$\frac{1}{2}m{v}^{2}$
解得 x=$\frac{m{π}^{2}{L}^{2}}{18qE{t}_{0}^{2}}$
（3）由上知，質(zhì)子a從開始運動到最后離開磁場所需的時間 t=t_a=$\frac{T}{4}$
由t₀=$\frac{T}{6}$，得t=$\frac{3}{2}{t}_{0}$
（4）質(zhì)子進入電場后做類平拋運動，則有
豎直分位移大小分別為 h_a=L，h_b=R+Rcos30°=$\frac{2+\sqrt{3}}{2}$L
由h_a=$\frac{1}{2}a{t}_{a1}^{2}$，h_b=$\frac{1}{2}a{t}_{b1}^{2}$，x_a=v_at_a1，x_b=v_bt_b1，
又a=$\frac{qE}{m}$
故a、b經(jīng)過x軸上的兩點間的距離△x=x_b-x_a=$\frac{πL}{3{t}_{0}}$$\sqrt{\frac{2mL}{qE}}$（$\sqrt{\frac{2+\sqrt{3}}{2}}$-1）
答：
（1）質(zhì)子在磁場中運動速度v的大小為$\frac{πL}{3{t}_{0}}$；
（2）質(zhì)子b在電場中運動離y軸的最遠距離x為$\frac{m{π}^{2}{L}^{2}}{18qE{t}_{0}^{2}}$；
（3）質(zhì)子a從開始運動到最后離開磁場所需的時間t為$\frac{3}{2}{t}_{0}$；
（4）a、b經(jīng)過x軸上的兩點間的距離為$\frac{πL}{3{t}_{0}}$$\sqrt{\frac{2mL}{qE}}$（$\sqrt{\frac{2+\sqrt{3}}{2}}$-1）．

點評 本題中粒子先進入磁場做勻速圓周運動，后在電場中做類平拋運動，要注意兩個軌跡的連接點，畫出運動軌跡，由幾何關系定圓心角是關鍵，然后根據(jù)運動學公式和牛頓第二定律以及幾何關系列式求解．