Question

11．如圖所示，在第一象限內有沿y軸負方向的電場強度大小為E的勻強磁場．在第二象限中，半徑為R的圓形區(qū)域內存在垂直紙面向外的勻強磁場．圓形區(qū)域與x、y軸分別相切于A、C兩點；在A點正下方有一個粒子源P，P可以向x軸上方各個方向射出速度大小均為v₀，質量為m、電量為+q的帶電粒子（重力不計，不計粒子間的相互作用），其中沿y軸正方向射出的帶電粒子剛好從C點垂直于y軸進入電場
（1）求勻強磁場的磁惑應強度大小B；
（2）求帶電粒子到達x軸時的橫坐標范圍和帶電粒子到達x軸前運動時間的范圍；
（3）如果將第一象限內的電場方向改為沿x軸負方向，分析帶電粒子將從何處離開磁場，可以不寫出過程．

Answer 1

分析 （1）由題設條件，從A點沿y軸正方向射出的帶電粒子剛好從C點垂直于y軸進入電場，由幾何關系知道它做勻速圓周運動的半徑為R，再由洛侖茲力提供向心力可以求得磁感應強度的大�。�
（2）由于所有粒子做勻速圓周運動的半徑等于磁場圓的半徑，可以證明：沿不同方向進入磁場的帶電粒子離開磁場時方向均沿x軸正方向進入電場，之后做類平拋運動，顯然運動時間最長的帶電粒子是從D點水平射出的粒子，由類平拋運動運動規(guī)律就能求出打在x軸的最遠點．
（3）若將第一象限的電場改為沿x軸負方向，則粒子從磁場水平射出后做勻減速直線運動至速度為零，再沿x軸負方向做勻加速直線運動進入磁場做勻速圓周運動，由于速度方向反向，則粒子所受洛侖茲力反向，最后從D點射出磁場，這就是磁聚焦的大原理．

解答 解：（1）帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，從A點到C點的過程中帶電粒子的運動，軌跡為$\frac{1}{4}$個圓弧，軌跡半徑r=R
  由 Bqv₀=$m\frac{{{v}_{0}}^{2}}{r}$
  得：B=$\frac{m{v}_{0}}{qR}$
（2）沿不同方向進入磁場的帶電粒子離開磁場時的速度大小均為v₀，方向均平行于x軸，其臨界狀態(tài)為粒子從D點沿x軸正方向離開磁場，分析粒子從D點離開磁場的情
  況，粒子在磁場中運動時間為t₁=$\frac{1}{2}T$，T=$\frac{2πR}{{v}_{0}}$，
得t₁=$\frac{πR}{{v}_{0}}$
  從D點平行于x軸運動至y軸的時間t₂=$\frac{R}{{v}_{0}}$
  在第一象限內運動過程中，粒子做類平拋運動，設運動時間為t₃，則
  x₀=v₀t，2R=$\frac{1}{2}a{{t}_{3}}^{2}$，a=$\frac{qE}{m}$
  解得t₃=2$\sqrt{\frac{mR}{Eq}}$，x₀=2v₀$\sqrt{\frac{mR}{Eq}}$
 則t₁+t₂+t₃=$\frac{（π+1）R}{{v}_{0}}+2\sqrt{\frac{mR}{Eq}}$ 
  帶電粒子到達x軸時的橫坐標范圍為（0，2v₀$\sqrt{\frac{mR}{Eq}}$）
  到達x軸的運動時間的范圍為（$\frac{R}{{v}_{0}}$，$\frac{（π+1）R}{{v}_{0}}+2\sqrt{\frac{mR}{Eq}}$）
（3）將第一象限內的電場方向改為沒x軸負方向時，帶電粒子將從A點正上方的D點離開磁場．
答：（1）勻強磁場的磁惑應強度大小B為$\frac{m{v}_{0}}{qR}$．
（2）帶電粒子到達x軸時的橫坐標范圍是（0，2v₀$\sqrt{\frac{mR}{Eq}}$），帶電粒子到達x軸前運動時間的范
  圍是（$\frac{R}{{v}_{0}}$，$\frac{（π+1）R}{{v}_{0}}+2\sqrt{\frac{mR}{Eq}}$）
（3）如果將第一象限內的電場方向改為沿x軸負方向，帶電粒子將從D點離開磁場．

點評 本題的關鍵點是帶電粒子做勻速圓周運動的半徑恰與磁場圓的半徑相等，可以證明兩圓心與兩交點構成菱形，所以兩對邊平行，從而離開磁場中速度方向水平向右．這也是磁聚焦的大原理．