Question

16．如圖所示，在半徑為R，圓心在（0，0）的圓形磁場區(qū)域內(nèi)，加有方向垂直紙面向外、磁感強度為B的勻強磁場．一個質(zhì)量為m、帶電量為+q的帶電粒子（不計重力），以某一速度從O點沿y軸的正方向進(jìn)入磁場，從圖中的A點射出．出射的方向與圓在A點的切線方向夾角為60°． 如果再在x＞R的BC區(qū)域加一寬度為2R的方向豎直向下的勻強電場，讓在A點射出的帶電粒子經(jīng)電場后，能恰好擊中x軸上的點C（坐標(biāo)為（0，3R））求：
（1）帶電粒子的初速度大小
（2）所加電場E的大小．

Answer 1

分析 （1）由于題目中，給出了粒子從圖中的A點射出．出射的方向與圓在A點的切線方向夾角為60°的特殊的條件，我們要先根據(jù)題意畫出運動的軌跡，然后由角度關(guān)系，判斷出A點的位置或軌跡的圓心的位置，然后得出軌跡的半徑，最后由半徑公式即可求出粒子的初速度；
（2）帶電粒子處磁場后，進(jìn)入電場前先做一段勻速直線運動，由勻速直線運動的規(guī)律求出粒子進(jìn)入電場的位置，然后即可粒子在電場中做斜上拋運動，將運動分解即可求出電場強度．

解答 解：（1）由于粒子在O點垂直射入磁場，故圓弧軌道的圓心在X軸上，粒子從圖中的A點射出．出射的方向與圓在A點的切線方向夾角為60°，如圖做出粒子運動的軌跡．

設(shè)軌跡的圓心在O′點，則由題意：∠NAQ=60°
由于切線：PAQ⊥OA，所以：∠1=30°
同理，由于 MAN⊥AO′，所以∠2=90°-60°=30°
則：∠OAO′=∠OAQ-∠2=90°-30°=60°
在三角形△OAO′中，OO′=O′A=r，：∠OAO′=60°，所以△OAO′是等邊三角形，OO′=O′A=OA=R，點B與點O′應(yīng)該是重合在一起的，同時：r=R．
設(shè)入射粒子的速度為v₀，由洛倫茲力的表達(dá)式和牛頓第二定律得：$q{v}_{0}B=\frac{m{v}_{0}^{2}}{r}$
解得：${v}_{0}=\frac{qBR}{m}$
（2）帶電粒子進(jìn)入電場時的坐標(biāo)（x₁，y₁）
x₁=R
${y}_{1}=Rsin60°+rcos60°•tan30°=\frac{2\sqrt{3}R}{3}$
進(jìn)入電場作類平拋運動：
v_x=v₀cos30°
v_y=v₀sin30°
擊中C點的時間：$t=\frac{2R}{{v}_{x}}=\frac{4\sqrt{3}R}{3{v}_{0}}$
Y方向：$-{y}_{1}={v}_{y}t-\frac{1}{2}•\frac{qE}{m}{t}^{2}$
解得：$E=\frac{\sqrt{3}q{B}^{2}R}{2m}$
答：（1）帶電粒子的初速度大小是$\frac{qBR}{m}$；
（2）所加電場E的大小$\frac{\sqrt{3}q{B}^{2}R}{2m}$．

點評 本題關(guān)鍵是描繪出帶電粒子的運動軌跡，然后根據(jù)磁場中洛倫茲力提供向心力和電場中的勻加速和勻減速運動，列式求解出時間．