Question

8．如圖所示，在第Ⅲ象限存在著沿y軸正方向的勻強電場，在第Ⅰ、Ⅳ象限存在著半徑為a的圓形磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向里，該區(qū)域的一條直徑與x軸共線，一帶正電的粒子初速度為v₀，質(zhì)量為m，電荷量為q，從A點（-l，-$\frac{\sqrt{3}}{6}l$）垂直于電場線方向進入勻強電場，結(jié)果從坐標(biāo)原點O進入圓形磁場區(qū)域，已知圓形磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度為$\frac{2\sqrt{3}m{v}_{0}}{3aq}$，并且粒子第一次到達磁場區(qū)域的邊界時恰因某種原因被反向彈回（能量孫素忽略不計），最終粒子第二次到達磁場的邊界時從磁場中穿出，粒子重力不計，求：
（1）電場強度的大小；
（2）粒子進入磁場時的速度大小和方向；
（3）粒子從進入電場到穿出磁場所用的時間．

Answer 1

分析 （1）帶電粒子在電場中做類平拋運動，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律可以求出電場強度．
（2）帶電粒子垂直于電場方向做勻加速運動，由運動學(xué)公式求出粒子到達O點時沿y軸方向的分速度，再進行合成求解．
（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出軌道半徑，畫出軌跡，由幾何知識求出軌跡對應(yīng)的圓心角，即可求得磁場運動時間．

解答 解：（1）帶電粒子在電場中做類平拋運動，則有：
 l=v₀t，$\frac{\sqrt{3}}{6}$l=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
由牛頓第二定律得 a=$\frac{qE}{m}$
聯(lián)立解得：E=$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}}{ql}$
（2）設(shè)粒子到達O點時沿y軸方向的分速度大小為v_y，速度與x軸正方向的夾角為α．
在電場中，沿y軸方向，有：$\frac{\sqrt{3}}{6}$l=$\frac{{v}_{y}}{2}t$
沿x軸方向，有：l=v₀t
可得 v_y=$\frac{\sqrt{3}}{3}{v}_{0}$
粒子進入磁場時的速度大小 v=$\sqrt{{v}_{0}^{2}+{v}_{y}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}{v}_{0}$
則tanα=$\frac{{v}_{y}}{{v}_{0}}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，α=30°
（3）在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則
  qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$
解得粒子在磁場中的軌跡半徑 r=$\frac{mv}{qB}$
將B=$\frac{2\sqrt{3}m{v}_{0}}{3aq}$代入得：r=a
畫出粒子的運動軌跡，如圖所示，可得軌跡對應(yīng)的圓心角為 θ=60°
則粒子在磁場中運動時間為 t′=$\frac{θ}{360°}$T=$\frac{60°}{360°}$×$\frac{2πm}{qB}$=$\frac{πm}{3qB}$
將B=$\frac{2\sqrt{3}m{v}_{0}}{3aq}$代入得：t′=$\frac{\sqrt{3}πa}{6{v}_{0}}$
故粒子從進入電場到穿出磁場所用的時間 t_總=t+t′=$\frac{l}{{v}_{0}}$+$\frac{\sqrt{3}πa}{6{v}_{0}}$
答：
（1）電場強度的大小為$\frac{\sqrt{3}m{v}_{0}^{2}}{ql}$；
（2）粒子進入磁場時的速度大小為$\frac{2\sqrt{3}}{3}{v}_{0}$，方向與x軸正方向成30°；
（3）粒子從進入電場到穿出磁場所用的時間為$\frac{l}{{v}_{0}}$+$\frac{\sqrt{3}πa}{6{v}_{0}}$．

點評 帶電粒子在勻強電場中運動時，要注意應(yīng)用運動的合成和分解進行研究．粒子在磁場中運動時為勻速圓周運動，關(guān)鍵要畫出軌跡，由幾何知識求解軌跡的圓心角．