Question

18．如圖所示的xOy平面，在第二象限有一半徑為R的勻強磁場區(qū)域，圓心為O′（-R，R），磁場方向垂直xOy平面向外，磁感應(yīng)強度為B．在第一象限的虛線上方存在一沿y軸負(fù)方向的勻強電場，虛線為電場的邊界，其方程為y=$\frac{8}{3R}$x（R-x）．在A點有一粒子源，能不斷向x軸上方各個方向均勻發(fā)射質(zhì)量為m，電荷量為q（q＞0）的同種帶電粒子，所有粒子發(fā)射速率相同．已知沿y軸正方向入射的粒子通過C點（0，R）后，沿與x軸正方形成53°角方向斜向下打到B點，B、D點坐標(biāo)分別為（R，0），（O，$\frac{R}{2}$），不計粒子間的相互作用和重力．sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：
（1）通過y軸上OD間的粒子占發(fā)射總粒子數(shù)的比例；
（2）第一象限內(nèi)勻強電場的場強大小E．

Answer 1

分析 （1）先由左手定則和圓周運動的特點分析出粒子帶正電．畫出粒子的軌跡如圖所示，與x軸成θ角入射的粒子做圓周運動的圓心為F，軌跡交磁場邊界于G點，則四邊形O′AFG為菱形，則GF平行于O′A，說明粒子在G點的速度沿x軸正方向．根據(jù)幾何知識分析θ的大小，即可求解．
（2）粒子從C點以速度v垂直進(jìn)入勻強電場的場強．在電場中粒子做類平拋運動，然后沿直線勻速到達(dá)B點．粒子在圓形磁場區(qū)域中做圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，列出動力學(xué)方程，再結(jié)合位移的分解和幾何知識解答．

解答 解：（1）由左手定則和圓周運動的特點可知，粒子從A點到C點圓周運動的半徑為R，粒子帶正電，如圖所示，與x軸成θ角入射的粒子做圓周運動的圓心為F，軌跡交磁場邊界于G點，則四邊形O′AFG為菱形，則GF平行于O′A，即粒子在G點的速度沿x軸正方向．
若該粒子恰好經(jīng)過D點，因DO=$\frac{R}{2}$，則GH=HF=$\frac{R}{2}$，θ=60°，故通過y軸上OD間的粒子占發(fā)射總粒子數(shù)的$\frac{1}{3}$；
（2）設(shè)粒子從C點以速度v垂直進(jìn)入勻強電場的場強．在電場中粒子做類平拋運動，經(jīng)過t時間到達(dá)虛線邊界上（x₀，y₀）點，然后沿直線勻速到達(dá)B點，粒子在圓形磁場區(qū)域中做圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，即 qvB=m$\frac{{v}^{2}}{R}$
由平拋運動的規(guī)律得
   x₀=vt
  R-y₀=$\frac{1}{2}•\frac{qE}{m}{t}^{2}$
根據(jù)數(shù)學(xué)知識得 $\frac{{y}_{0}}{R-{x}_{0}}$=tan53°
  y₀=$\frac{8}{3R}$x₀（R-x₀）
聯(lián)立以上各式，解得 E=$\frac{8q{B}^{2}R}{3m}$
答：
（1）通過y軸上OD間的粒子占發(fā)射總粒子數(shù)的$\frac{1}{3}$；
（2）第一象限內(nèi)勻強電場的場強大小E為$\frac{8q{B}^{2}R}{3m}$．

點評 此題涉及兩等圓相交和類平拋運動分解．粒子在圓形磁場中運動，當(dāng)磁場圓屯粒子軌跡圓半徑相等時，往往都需要作出兩交點和兩圓心的連線，構(gòu)成一個菱形，其目的是證明粒子出射時速度的特征．粒子在勻強電場中運動時往往將運動從位移、速度兩個角度進(jìn)行分解．