Question

5．如圖所示，虛線OC與y軸的夾角θ=60°，在此角范圍內有一方向垂直于xOy平面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場．虛線OC與x軸所夾范圍內有一沿x軸正方向、電場強度大小為E的勻強電場．一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子a（不計重力）從y軸的點M（0，L）沿x軸的正方向射入磁場中．求：
（1）要使粒子a從OC邊界離開磁場后豎直向下垂直進入勻強電場，經(jīng)過勻強電場后從x軸上的P點（圖中未畫出）離開，則該粒子射入磁場的初速度v₁和OP的距離分別為多大？
（2）若大量粒子a同時以v₂=$\frac{\sqrt{3}qBL}{2m}$從M點沿xOy平面的各個方向射入磁場中，則從OC邊界最先射出的粒子與最后射出的粒子的時間差．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)粒子的始末速度方向作出粒子在磁場中的運動軌跡，求得粒子圓周運動的軌道半徑，據(jù)洛倫茲力提供向心力求得粒子的初速度和OP的距離；
（2）根據(jù)幾何關系確定粒子在磁場中運動的最大圓心角和最小圓心角，據(jù)t=$\frac{θ}{2π}T$求得粒子射出的時間差．

解答 解：（1）粒子a豎直向下穿過OC，在磁場中軌跡圓心如圖為O₁，

OO₁=Rcotθ，OO₁=L-R
得粒子圓周運動的軌道半徑R=$\frac{3-\sqrt{3}}{2}L$    ①
由洛倫茲力提供圓周運動向心力有：
$q{v}_{1}B=m\frac{{v}_{1}^{2}}{R}$    ②
由①②兩式解得：v₁=$\frac{（3-\sqrt{3}）qBL}{2m}$     ③
粒子a豎直向下穿過OC垂直進入勻強電場后，做類平拋運動，則有：
qE=ma
Rcotθ=v₁t
解處t=$\frac{\sqrt{3}m}{3qB}$
$x=\frac{1}{2}a{t}^{2}$=$\frac{Em}{6q{B}^{2}}$
OP=R+x=$\frac{3-\sqrt{3}}{2}L+\frac{Em}{6q{B}^{2}}$
（2）由$q{v}_{2}B=m\frac{{v}_{2}^{2}}{{R}_{2}}$
解得：${R}_{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}L$
粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為：$T=\frac{2π{R}_{2}}{{v}_{2}}=\frac{2πm}{qB}$
最后出磁場的粒子從OC邊上的E點射出，弦ME最長為直徑，ME=2R₂=$\sqrt{3}L$，在磁場中運動的時間為：${t}_{1}=\frac{1}{2}T=\frac{πm}{qB}$                      （11）
MF為垂直O(jiān)C的一條弦，則MF為最短的弦，從F點射出的粒子運動時間最短，此時軌跡圓心為O₂，由三角形關系得：
$MF=Lsinθ=\frac{\sqrt{3}}{2}L$，
sin$α=\frac{\frac{1}{2}MF}{{R}_{2}}=\frac{1}{2}$，
所以可得α=30°
此粒子的運動時間${t}_{2}=\frac{2α}{360°}T=\frac{πm}{3qB}$
時間差為△t=t₁-t₂=$\frac{2πm}{3qB}$
答：（1）要使粒子a從OC邊界離開磁場后豎直向下垂直進入勻強電場，經(jīng)過勻強電場后從x軸上的P點（圖中未畫出）離開，則該粒子射入磁場的初速度v₁為$\frac{（3-\sqrt{3}）qBL}{2m}$OP的距離為$\frac{3-\sqrt{3}}{2}L+\frac{Em}{6q{B}^{2}}$；
（2）若大量粒子a同時以v₂=$\frac{\sqrt{3}qBL}{2m}$從M點沿xOy平面的各個方向射入磁場中，則從OC邊界最先射出的粒子與最后射出的粒子的時間差為$\frac{2πm}{3qB}$．

點評 本題考查了求粒子做圓周運到達周期、運動時間等問題，難度較大，尤其是計算最長時間時，對數(shù)學能量的要求太高；根據(jù)幾何關系求出帶電粒子在磁場中的偏轉角有兩個，要注意分別進行求解．