Question

18．如圖所示，真空有一個半徑r=0.5m的圓形磁場，與坐標原點相切，磁場的磁感應(yīng)強度大小B=2×10^-3T，方向垂直于紙面向外，在x=r處的虛線右側(cè)有一個方向豎直向上的寬度為L₁=0.5m的勻強電場區(qū)域，電場強度E=1.5×10³N/C．在x=2m處有一垂直x方向的足夠長的熒光屏，從O點處向不同方向發(fā)射出速率相同的荷質(zhì)比$\frac{q}{m}$=1×10⁹C/kg帶正電的粒子，粒子的運動軌跡在紙面內(nèi)，一個速度方向沿y軸正方向射入磁場的粒子，恰能從磁場與電場的相切處進入電場．不計重力及阻力的作用．求：
（1）粒子進入電場時的速度和沿y軸正方向射入的粒子在磁場中運動的時間？
（2）從O點入射的所有粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后出射的速度方向有何特點？請說明理由．
（3）速度方向與y軸正方向成30°（如圖中所示）射入磁場的粒子，最后打到熒光屏上，該發(fā)光點的位置坐標．

Answer 1

分析 粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)運動的半徑公式和粒子運動的周期的公式可以求得粒子在磁場中運動的時間；
粒子在磁場中做的是圓周運動，進入電場粒子做累平拋運動，射出電場做勻速直線運動，根據(jù)粒子的運動的狀態(tài)，可以求得粒子的運動的位置．

解答 解：（1）由題意可知：
粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑R=r=0.5m，
有Bqv=$\frac{m{v}^{2}}{R}$，
可得粒子進入電場時的速度v=$\frac{qBR}{m}$=1×10⁹×2×10^-3×0.5=1×10⁶m/s，
在磁場中運動的時間t₁=$\frac{1}{4}$T=$\frac{1}{4}$×$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{1}{2}$×$\frac{3.14}{1×1{0}^{9}×2×1{0}^{-3}}$×=7.85×10^-7s
（2）從O點入射的所有粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后出射的速度方向平行；
（3）粒子在磁場中轉(zhuǎn)過120°角后從P點垂直電場線進入電場，如圖所示，
在電場中的加速度大小a=$\frac{qE}{m}$=1.5×10³×1×10⁹=1.5×10¹²m/s²，
粒子穿出電場時v_y=at₂=a×$\frac{{L}_{1}}{v}$=1.5×10¹²×$\frac{0.5}{1×1{0}^{6}}$=0.75×10⁶m/s，
tanα=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{x}}$=$\frac{0.75×1{0}^{6}}{1×1{0}^{6}}$=0.75，
在磁場中y₁=1.5r=1.5×0.5=0.75m，
在電場中側(cè)移y₂=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$×1.5×10¹²×
（$\frac{0.5}{1×1{0}^{6}}$）²=0.1875m，
飛出電場后粒子做勻速直線運動y₃=L₂tanα=（2-0.5-0.5）×0.75=0.75m，
故y=y₁+y₂+y₃=0.75m+0.1875m+0.75m=1.6875m，則該發(fā)光點的坐標（2，1.6875）．
答：（1）粒子進入電場時的速度為1×10⁶m/s，粒子在磁場中的運動的時間為7.85×10^-7s；
（2）從O點入射的所有粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后出射的速度方向平行；
（3）速度方向與y軸正方向成30°射入磁場的粒子，最后出電場的位置坐標為（2，1.6875）．

點評 電荷在勻強磁場中做勻速圓周運動，關(guān)鍵是畫出軌跡，由幾何知識求出半徑．定圓心角，求時間．