Question

10．如圖所示，圓心為原點、半徑為R的圓將xOy平面分為兩個區(qū)域，即圓內區(qū)域Ⅰ和圓外區(qū)域Ⅱ．區(qū)域Ⅰ內有方向垂直于xOy平面的勻強磁場B₁．平行于x軸的熒光屏垂直于xOy平面，放置在坐標y=-2.2R的位置．一束質量為m、電荷量為q、動能為E₀的帶正電粒子從坐標為（-R，0）的A點沿x軸正方向射入?yún)^(qū)域Ⅰ，當區(qū)域Ⅱ內無磁場時，粒子全部打在熒光屏上坐標為（0，-2.2R）的M點，且此時，若將熒光屏沿y軸負方向平移，粒子打在熒光屏上的位置不變．若在區(qū)域Ⅱ內加上方向垂直于xOy平面的勻強磁場B₂，上述粒子仍從A點沿x軸正方向射入?yún)^(qū)域Ⅰ，則粒子全部打在熒光屏上坐標為（0.4R，-2.2R）的N點．求
（1）打在M點和N點的粒子運動速度v₁、v₂的大小．
（2）在區(qū)域Ⅰ和Ⅱ中磁感應強度B₁、B₂的大小和方向．
（3）若將區(qū)域Ⅱ中的磁場撤去，換成平行于x軸的勻強電場，仍從A點沿x軸正方向射入?yún)^(qū)域Ⅰ的粒子恰好也打在熒光屏上的N點，則電場的場強為多大？

Answer 1

分析 （1）粒子在磁場中洛倫茲力不做功，粒子的動能不變，根據(jù)動能的大小求出粒子的速度大小．
（2）抓住粒子全部打在熒光屏上坐標為（0，-2.2R）的M點，根據(jù)熒光屏沿y軸負方向平移，粒子打在熒光屏上的位置不變，得出粒子在磁場區(qū)域Ⅰ中的軌跡，結合半徑公式求出磁場的磁感應強度大小，根據(jù)偏轉方向確定磁場的方向；根據(jù)粒子全部打在熒光屏上坐標為（0.4R，-2.2R）的 N點，作出軌跡，根據(jù)幾何關系求出半徑，從而得出磁感應強度的大小和方向．
（3）粒子在電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律可以求出電場強度E．

解答 解：（1）粒子在磁場中運動時洛倫茲力不做功，打在M點和N點的粒子動能均為E₀，
速度v₁、v₂大小相等，設為v，由E₀=$\frac{1}{2}$mv²，解得：v=$\sqrt{\frac{2{E}_{0}}{m}}$；
（2）如圖所示，區(qū)域Ⅱ中無磁場時，粒子在區(qū)域Ⅰ中運動四分之一圓周后，
從C點沿y軸負方向打在M點，軌跡圓心是O₁點，半徑為：r₁=R，
區(qū)域Ⅱ有磁場時，粒子軌跡圓心是O₂點，半徑為r₂，由幾何關系得：
r₂²=（1.2R）²+（r₂-0.4R）²，解得：r₂=2R，
由牛頓第二定律得：qvB=m$\frac{{v}^{2}}{r}$，解得：B=$\frac{mv}{qr}$，
故B₁=$\frac{\sqrt{2m{E}_{0}}}{qR}$，方向：垂直xoy平面向外．
B₂=$\frac{\sqrt{2m{E}_{0}}}{2qR}$，方向：垂直xoy平面向里．
（3）區(qū)域Ⅱ中換成勻強電場后，粒子從C點進入電場做類平拋運動，
則有：1.2R=vt，0.4R=$\frac{1}{2}$$\frac{qE}{m}$t²，解得：E=$\frac{10{E}_{0}}{9qR}$；
答：（1）打在M點和N點的粒子運動速度v₁、v₂的大小均為$\sqrt{\frac{2{E}_{0}}{m}}$．
（2）在區(qū)域I和II中磁感應強度B₁的大小為：$\frac{\sqrt{2m{E}_{0}}}{qR}$，方向：垂直xoy平面向外，B₂的大小為：$\frac{\sqrt{2m{E}_{0}}}{2qR}$，方向：垂直xoy平面向里．
（3）電場的場強為大小為$\frac{10{E}_{0}}{9qR}$．

點評 本題考查了粒子在電場與磁場中的運動，處理帶電粒子在磁場中的運動問題，關鍵作出粒子的運動軌跡，確定圓心、半徑和圓心角是基礎，通過半徑公式和周期公式，結合幾何關系進行求解．
帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動解題一般程序是：
  1、畫軌跡：確定圓心，幾何方法求半徑并畫出軌跡．
  2、找聯(lián)系：軌跡半徑與磁感應強度、速度聯(lián)系；偏轉角度與運動時間相聯(lián)系，時間與周期聯(lián)系．
  3、用規(guī)律：牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律．