Question

8．如圖所示，在xOy平面有一半徑為R的圓形區(qū)域，坐標原點O為圓形區(qū)域與x軸的相切點，圓形區(qū)域內(nèi)有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里，一帶正電的粒子（不計重力）從O點沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經(jīng)t₀時間從y軸上的M點射出．
（1）求帶電粒子的速度和電場強度的大小及方向．
（2）若僅撤去磁場，帶電粒子仍從O點以相同的速度射入，經(jīng)$\frac{3}{4}$t₀時間恰從圓形區(qū)域的邊界射出，求粒子運動加速度的大小a和比荷q/m．
（3）若僅撤去電場，帶電粒子仍從O點以相同的速度射入，求粒子在磁場中運動的軌跡半徑．

Answer 1

分析 （1）由左手定則判斷出粒子所受洛倫茲力方向，粒子做勻速直線運動，然后應(yīng)用平衡條件求出電場強度大小與電場強度方向．
（2）僅有電場時，帶電粒子在勻強電場中作類平拋運動，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律可以求得粒子運動加速度大小和比荷．
（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，應(yīng)用牛頓第二定律可以求出質(zhì)量與電荷之比，求出粒子的運動時間．

解答 解：（1）設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，初速度為v，電場強度為E．可判斷出粒子受到的洛倫磁力沿x軸負方向，于是可知電場強度沿x軸正方向
且有    qE=qvB                       ①
又     2R=vt₀                         ②
則     E=$\frac{2BR}{{t}_{0}}$?③
（2）僅有電場時，帶電粒子在勻強電場中作類平拋運動
在y方向勻速運動，位移為     $y=v\frac{3}{4}{t}_{0}$④
由②④式得   y=$\frac{3}{2}R$                       ⑤
設(shè)在水平方向位移為x，因射出位置在半圓形區(qū)域邊界上，如圖：

于是：
   x=$\frac{\sqrt{3}}{2}R$                    
又有         x=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$=$\frac{1}{2}a（\frac{3}{4}{t}_{0}）^{2}$                 ⑥
得       a=$\frac{16\sqrt{3}R}{9{t}_{0}^{2}}$                      ⑦
又因為：a=$\frac{Eq}{m}$  ⑧，聯(lián)立③⑦⑧，解得：$\frac{q}{m}$=$\frac{8\sqrt{3}}{9B{t}_{0}}$，
（3）若僅撤去電場，帶電粒子仍從M點射入，粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子運動軌跡的半徑r：
粒子做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：$Bqv=m\frac{{v}^{2}}{r}$
解得：$r=\frac{mv}{Bq}$=$\frac{9B{t}_{0}}{8\sqrt{3}}×\frac{2R}{B{t}_{0}}$=$\frac{9R}{4\sqrt{3}}$．
答：（1）求帶電粒子的速度和電場強度的大小為$\frac{2BR}{{t}_{0}}$?方向沿x軸正方向．
（2）粒子運動加速度的大小a為$\frac{16\sqrt{3}R}{9{t}_{0}^{2}}$，比荷q/m為$\frac{8\sqrt{3}}{9B{t}_{0}}$．
（3）粒子在磁場中運動的軌跡半徑$\frac{9R}{4\sqrt{3}}$．

點評 本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，要掌握住半徑公式、周期公式，畫出粒子的運動軌跡后，幾何關(guān)系就比較明顯了．