Question

如圖所示，在空間區(qū)域Ⅰ存在垂直紙面向里的磁感應強度為B=10T的勻強磁場，其邊界為MN、PQ，其中PQ邊界位置可以左右調(diào)節(jié)．在PQ右邊空間區(qū)域Ⅱ存在水平向右的勻強電場，E=

3

m/s其范圍足夠?qū)挘�在左邊界的A點處有一個質(zhì)量為m=1.0×10^-12kg、帶電量大小為q=1.0×10^-13C的負電粒子，以速度V₀=3m/s沿著與左邊界成60°的方向射入磁場，粒子重力不計，求：
（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑
（2）若帶電粒子從邊界PQ飛出磁場，進入電場，經(jīng)過一段時間，運動到電場中的C點，速度剛好減為零．求滿足此種運動情況的磁場寬度以及粒子從A點到C點的時間；
（3）調(diào)節(jié)磁場與電場分界線PQ的位置，使粒子在磁場中運動的時間為t=

2

3

π秒，恰好到達邊界PQ時撤去磁場，同時將電場反向，粒子進入電場，經(jīng)過一段時間到達D點，此時粒子速度方向與進入磁場時A點處的速度方向垂直，求粒子磁場中做圓周運動的圓心O點到D點的距離S．（結(jié)論可保留成根號形式）

Answer 1

分析：（1）粒子射入磁場中由洛倫茲力充當向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解粒子圓周運動的半徑；
（2）要使粒子運動到電場中的C點，速度剛好減為零，必須垂直PQ進入電場，畫出粒子在磁場中運動的軌跡，由幾何知識可求出磁場的寬度．由幾何知識確定出粒子在磁場中運動時軌跡的圓心角，即可求出磁場中運動時間；根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式結(jié)合可求出在電場中運動時間，即可求得總時間；
（3）根據(jù)t=

θ

2π

T，確定出粒子在磁場中軌跡對應的圓心角為120°，可知，粒子速度沿PQ邊界進入電場，在電場中粒子做類平拋運動，水平方向做勻加速運動，豎直方向做勻速直線運動，由牛頓第二定律和運動學公式結(jié)合求出水平和豎直位移，由幾何知識求出的圓心O點到D點的距離S．

解答：解：（1）粒子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得
   qv₀B=m

v 2 0

r

解得 r=3m
（2）粒子飛出邊界PQ時速度與PQ垂直，則磁場的寬度為
  d=rsin30°=1.5m 
粒子在磁場中運動的周期為T=

2πr

v0

=

2πm

qB

代入解得，T=2π （s）
粒子在磁場中運動時，速度的偏向角為30°，則軌跡對應的圓心也為30°，則粒子在磁場中運動的時間為 t₁=

30°

120°

T=

1

12

T=

π

6

s
粒子在電場中做勻減速直線運動，加速度為：a=

qE

m

=

3

m/s²
由v₀=at₂得，t₂=

v0

a

=

3

s
故粒子從A點到C點的時間為t=t₁+t₂=(

π

6

+

3

)s
（3）由題，粒子在磁場中運動的時間為t=

2

3

π（s）=

T

3

，故圓心角θ=120°．
所以粒子飛出磁場時，速度沿PQ邊界，進入電場后做類平拋運動，水平方向做勻加速運動，豎直方向做勻速直線運動．
設粒子到達D點時，水平方向分速度大小為v_y．
由題，粒子經(jīng)過D點時速度方向與在A點時的速度方向垂直，由幾何知識得：D點的速度與豎直方向的夾角為30°，則有
   tan30°=

vy

v0

=

at

v0

解得，t=

v0tan30°

a

=1s
水平位移為 y=

1

2

at2=

3

2

m
豎直位移為 x=v₀t=3m
根據(jù)幾何關(guān)系得：粒子磁場中做圓周運動的圓心O點到D點的距離S=

(y+r)2+x2

代入解得，S=

75 4 +3 3

m
答：
（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑為3m；
（2）磁場寬度為1.5m，粒子從A點到C點的時間是(

π

6

+

3

)s；
（3）粒子磁場中做圓周運動的圓心O點到D點的距離S是S=

75 4 +3 3

m．

點評：本題是帶電粒子在復合場中運動，分析運動情況時，要根據(jù)粒子的速度偏向角等于軌跡的圓心角，確定圓心角，畫出軌跡．