Question

1．如圖所示，線段MN與NS長(zhǎng)度相等且均為d，MN右側(cè)且只在MN之間有垂直M向右的范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E．NS右側(cè)有一個(gè)圓形磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，該磁場(chǎng)區(qū)域分別與NS和電場(chǎng)邊界NN′相切于S點(diǎn)和P點(diǎn)，SK為其一條直徑，在S點(diǎn)向NS右側(cè)平行紙面各個(gè)方向發(fā)射質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子（不計(jì)重力），粒子的速度均為v₀．求：
（1）從S點(diǎn)射出沿SM直接進(jìn)入電場(chǎng)的粒子，離開(kāi)電場(chǎng)的位置到MN的距離．
（2）若從S點(diǎn)射出的粒子與SM（S指向M）的夾角為α（0＜α＜180°），且這些粒子速度都滿足v₀=$\frac{qdB}{m}$，試討論這些粒子離開(kāi)電場(chǎng)的位置到MN的距離與α角的關(guān)系．

Answer 1

分析 （1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)可以求出距離．
（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在電場(chǎng)中做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡，應(yīng)用牛頓第二定律與幾何知識(shí)可以解題．

解答 解：（1）粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿SM進(jìn)入電場(chǎng)的粒子，
在豎直方向：d=v₀t，在水平方向：x=$\frac{1}{2}$at²=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²，
解得，粒子離開(kāi)電場(chǎng)的位置到MN的距離：x=$\frac{qEresazvb^{2}}{2m{v}_{0}^{2}}$；
（2）粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，
由牛頓第二定律得：qv₀B=m$\frac{{v}_{0}^{2}}{r}$，解得，粒子的軌道半徑：r=d，
設(shè)某一粒子的速度方向與SM的夾角為α，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，
粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑與磁場(chǎng)半徑相等，則SOPO′是菱形，
則：SO∥O′P，粒子離開(kāi)磁場(chǎng)后垂直進(jìn)入電場(chǎng)，
粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子離開(kāi)電場(chǎng)的位置與MN的距離：
x′=x+d+dcos（180°-α）=$\frac{mE}{2q{B}^{2}}$+d-dcosα；
答：（1）從S點(diǎn)射出沿SM直接進(jìn)入電場(chǎng)的粒子，離開(kāi)電場(chǎng)的位置到MN的距離是：$\frac{qEozimghm^{2}}{2m{v}_{0}^{2}}$．
（2）粒子離開(kāi)電場(chǎng)的位置到MN的距離與α角的關(guān)系是：x′=$\frac{mE}{2q{B}^{2}}$+d-dcosα．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程、作出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的關(guān)鍵，應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律與牛頓第二定律可以解題．