Question

如圖所示，在x-o-y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)子在磁場中做圓周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)子所受重力及質(zhì)子間相互作用力的影響．
（1）求質(zhì)子射入磁場時速度的大��；
（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）質(zhì)子做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律列式求解；
（2）找出運動軌跡，然后求解出時間；
（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，有：qυB=m

υ2

r

得：υ=

qBr

m

即質(zhì)子射入磁場時速度的大小為

qBr

m

．
（2）質(zhì)子沿x軸正向射入磁場后，在磁場中運動了

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

1

4

個圓周后離開磁場．
在磁場中運動周期：T=

2πr

υ

=

2πm

qB

質(zhì)子在磁場中運動的時間：t1=

T

2

=

πm

qB

進入電場后做勻變速直線運動，加速度大�。�a=

qE

m

質(zhì)子在電場中運動的時間：t2=

2υ

a

=

2Br

E

所求時間為：t=t₁+t₂=

πm

qB

+

2Br

E

故質(zhì)子從O點進入磁場到第二次離開磁場經(jīng)歷的時間為

πm

qB

+

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．∠O₂=90°-θ．
所以，質(zhì)子第一次在磁場中運動的時間
t₁′=

90o-θ

360o

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：t₂′=

90o+θ

360o

T
質(zhì)子在磁場中運動的總時間：t′=t₁′+t₂′=

T

2

=

πm

qB

故質(zhì)子在磁場中運動的總時間為

πm

qB

．
答：（1）求質(zhì)子射入磁場時速度的大小為

qBr

m

（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)歷的時間為

πm

qB

+

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，求質(zhì)子在磁場中運動的總時間為

πm

qB

．

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)洛倫茲力提供向心力列式求解出時間．