Question

4．如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第二象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場，方向沿y軸負(fù)方向．在第一、四象限內(nèi)有一個圓，圓心O′坐標(biāo)為（r，0），圓內(nèi)有方向垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子（不計粒子所受的重力），從P （-2h，h）點，以大小為v₀的速度沿平行于x軸正方向射入電場，通過坐標(biāo)原點O進(jìn)入第四象限，又經(jīng)過磁場從x軸上的Q點離開磁場．求：
（1）電場強(qiáng)度E的大�。�
（2）圓內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大��；
（3）帶電粒子從P點進(jìn)入電場到從Q點射出磁場的總時間t．

Answer 1

分析 （1）由類平拋運(yùn)動規(guī)律，根據(jù)橫向、縱向位移求解即可；
（2）由類平拋運(yùn)動規(guī)律求得粒子進(jìn)入磁場的速度大小及方向；根據(jù)粒子運(yùn)動軌跡求得粒子運(yùn)動半徑，最后，根據(jù)洛倫茲力做向心力即可求得B；
（3）由類平拋運(yùn)動規(guī)律求得粒子在電場中的運(yùn)動時間，再由粒子運(yùn)動軌跡求得粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角，然后求得粒子做圓周運(yùn)動的周期即可求得粒子在磁場中的運(yùn)動時間，進(jìn)而求得總時間．

解答 解：（1）帶電粒子在電場中只受電場力的作用．電場力方向與v₀垂直，所以，粒子做類平拋運(yùn)動，則有：
水平方向：2h=v₀t₁；豎直方向：$h=\frac{1}{2}a{{t}_{1}}^{2}=\frac{1}{2}\frac{qE}{m}{{t}_{1}}^{2}$；
所以，$E=\frac{2mh}{q{{t}_{1}}^{2}}=\frac{2mh}{q•（\frac{2h}{{v}_{0}}）^{2}}=\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{2qh}$；
（2）粒子進(jìn)入磁場時沿y軸方向的速度${v}_{y}=a{t}_{1}=\frac{2h}{{t}_{1}}={v}_{0}$；粒子進(jìn)入磁場時的速度$v=\sqrt{{{v}_{0}}^{2}+{{v}_{y}}^{2}}=\sqrt{2}{v}_{0}$；
粒子在洛倫茲力作用下做圓周運(yùn)動，所以有：$Bvq=\frac{m{v}^{2}}{R}$；
因為粒子通過坐標(biāo)原點O進(jìn)入第四象限，又經(jīng)過磁場從x軸上的Q點離開磁場，
根據(jù)v的方向及圓弧關(guān)于圓心的對稱性，由幾何關(guān)系可知$R=\sqrt{2}r$；
所以，$B=\frac{mv}{qR}=\frac{\sqrt{2}m{v}_{0}}{\sqrt{2}qr}=\frac{m{v}_{0}}{qr}$；
（3）由（1）可知，粒子在電場中運(yùn)動的時間${t}_{1}=\frac{2h}{{v}_{0}}$；
由（2）可知，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角$θ=2arcsin\frac{r}{R}=2arcsin\frac{\sqrt{2}}{2}=90°$，所以，粒子在磁場中的運(yùn)動的時間${t}_{2}=\frac{1}{4}T$；
粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期$T=\frac{2πR}{v}=\frac{2πr}{{v}_{0}}$，所以，${t}_{2}=\frac{1}{4}T=\frac{πr}{2{v}_{0}}$；
所以，粒子從P點進(jìn)入電場到Q點射出磁場的總時間$t={t}_{1}+{t}_{2}=\frac{4h+πr}{{2v}_{0}}$．
答：（1）電場強(qiáng)度E的大小為$\frac{m{{v}_{0}}^{2}}{2qh}$；
（2）圓內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為$\frac{m{v}_{0}}{qr}$；
（3）帶電粒子從P點進(jìn)入電場到從Q點射出磁場的總時間t為$\frac{4h+πr}{2{v}_{0}}$．

點評 求帶電粒子在磁場中的運(yùn)動問題，根據(jù)粒子運(yùn)動的弦可以充分運(yùn)用圓弧的特性來求解粒子運(yùn)動的半徑．