Question

13．如圖所示，在xOy坐標系中，以（r，0）為圓心，r為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場磁場區(qū)域的圓心為O′，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向里．在y＞r的足夠大的區(qū)域內(nèi)，存在沿y軸負方向的勻強電場，場強大小為E．從O點以相同速率向不同方向發(fā)射質(zhì)子，質(zhì)子的運動軌跡均在紙面內(nèi)，且質(zhì)子在磁場中運動的軌跡半徑也為r．已知質(zhì)子的電荷量為q，質(zhì)量為m，不計質(zhì)子所受重與及質(zhì)子間相互作用力的影響．
（1）求質(zhì)子從O點射入磁場時速度的大小：
（2）若質(zhì)子沿x軸正方向射入磁場，求質(zhì)子從O點進入磁場到第二次離開磁場經(jīng)歷的時間．
（3）若質(zhì)子沿與x軸正方向成夾角θ（0°＜θ＜90°）的方向從O點射入第一象限的磁場中，求質(zhì)子在磁場中運動的總時間．

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中運動靠洛倫茲力提供向心力，通過軌道半徑，根據(jù)牛頓第二定律求出粒子射入磁場的速度．
（2）粒子沿x軸正向射入磁場后，在磁場中運動了$\frac{1}{4}$個圓周后，以速度v逆著電場方向進入電場，原路徑返回后，再射入磁場，在磁場中運動了$\frac{1}{4}$個圓周后離開磁場．求出粒子在磁場中運動的周期，從而求出粒子磁場中運動的時間，根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)公式求出粒子在電場中運動的時間，從而得出最終的總時間．
（3）結(jié)合作圖，找出運動軌跡，然后求解出時間．

解答 解：（1）質(zhì)子射入磁場后做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：
qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，
解得：v=$\frac{qBr}{m}$；
（2）質(zhì)子沿x軸正向射入磁場后，在磁場中運動了$\frac{1}{4}$個圓周后，以速度υ逆著電場方向進入電場，原路徑返回后，再射入磁場，
在磁場中運動了$\frac{1}{4}$個圓周后離開磁場．在磁場中運動周期：T=$\frac{2πm}{qB}$，
質(zhì)子在磁場中運動的時間：t₁=$\frac{1}{2}$T=$\frac{πm}{qB}$，
進入電場后做勻變速直線運動，加速度大小：a=$\frac{qE}{m}$，
質(zhì)子在電場中運動的時間：t₂=$\frac{2v}{a}$=$\frac{2Br}{E}$，
所求時間為：t=t₁+t₂=$\frac{πm}{qB}$+$\frac{2Br}{E}$；
（3）當(dāng)質(zhì)子沿與x軸正方向成夾角θ的方向從第一象限射入磁場時，設(shè)質(zhì)子將從A點射出磁場，如圖所示：
其中O₁、O₂分別為磁場區(qū)域圓和質(zhì)子軌跡圓的圓心．
由于軌跡圓的半徑等于磁場區(qū)域圓的半徑，所以O(shè)O₁AO₂為菱形，即AO₂平行x軸，
說明質(zhì)子以平行y軸的速度離開磁場，也以沿y軸負方向的速度再次進入磁場，有：∠O₂=90°-θ．
所以，質(zhì)子第一次在磁場中運動的時間：t₁′=$\frac{90°-θ}{360°}$T，
此后質(zhì)子軌跡圓的半徑依然等于磁場區(qū)域圓的半徑，設(shè)質(zhì)子將從C點再次射出磁場．
如圖所示，其中O₁、O₃分別為磁場區(qū)域圓和質(zhì)子軌跡圓的圓心，AO₃平行x軸．
由于O₁AO₃C為菱形，即CO₁平行AO₃，即平行x軸，說明C就是磁場區(qū)域圓與x軸的交點．
這個結(jié)論與θ無關(guān)．所以，OO₂O₃C為平行四邊形，∠O₃=90°+θ
質(zhì)子第二次在磁場中運動的時間為：t₂′=$\frac{90°+θ}{360°}$T，
質(zhì)子在磁場中運動的總時間：t′=t₁′+t₂′=$\frac{1}{2}$T=$\frac{πm}{qB}$；
答：（1）質(zhì)子射入磁場時速度的大小為$\frac{qBr}{m}$；
（2）若質(zhì)子沿x軸正方向射入磁場，質(zhì)子從O點進入磁場到第二次離開磁場經(jīng)歷的時間為$\frac{πm}{qB}$+$\frac{2Br}{E}$；
（3）若質(zhì)子沿與x軸正方向成夾角θ的方向從O點射入第一象限的磁場中，質(zhì)子在磁場中運動的總時間為$\frac{πm}{qB}$．

點評 本題考查了粒子在勻強磁場和勻強電場中的運動，關(guān)鍵是理清粒子的運動規(guī)律，在磁場中做勻速圓周運動，進入電場速度方向與電場方向平行，先做勻減速直線運動，返回做勻加速直線運動．