Question

6．如圖所示，在以O₁點為圓心且半徑為r=0.10m的圓形區(qū)域內(nèi)，存在著豎直向下、場強大小為E=4$\sqrt{3}$×10⁵ V/m的勻強電場（圖中未畫出）．圓的左端跟y軸相切于直角坐標系原點O，右端與一個足夠大的熒光屏MN相切于x軸上的A點．一比荷$\frac{q}{m}$=1.0×10⁸ C/kg的帶正電粒子從坐標原點O沿x軸正方向入射，粒子重力不計．
（1）若粒子在圓形區(qū)域的邊界Q點射出勻強電場區(qū)域，O₁A與O₁Q之間的夾角為θ=60°，求粒子從坐標原點O入射的初速度v₀；
（2）撤去電場，在該圓形區(qū)域內(nèi)加一磁感應強度大小為B=0.15T、方向垂直紙面向里的勻強磁場，且將該圓形磁場以過O點并垂直于紙面的直線為軸，逆時針緩慢旋轉90°，在此過程中不間斷地射入題干中所述粒子，粒子入射的速度等于（1）中求出的v₀，求在此過程中打在熒光屏MN上的粒子與A點的最遠距離．

Answer 1

分析 （1）粒子進入磁場后由洛倫茲力提供向心力而做勻速圓周運動，要使粒子能打在熒光屏上，粒子速度的偏向角應大于90°，當粒子恰好不打到熒光屏上時，粒子從磁場的最高點射出磁場，畫出軌跡，由幾何知識求出半徑，由牛頓第二定律求出此時速度，即可速度v₀應滿足的條件．
（2）若粒子流的速度v₀=3.0×10⁶m/s，由牛頓第二定律求出粒子軌跡的半徑．當圓形磁場區(qū)域轉過90°時，磁場轉動時，粒子在磁場中運動情況不變，根據(jù)作圖分析P點為最高點的位置，由數(shù)學知識求出粒子打在熒光屏上離A的最遠距離．

解答 解：（1）由題意可知，該粒子將在勻強電場中做類平拋運動，設其在電場中的運動時間為t，粒子在電場中運動的加速度大小為a，則有：
r+rcosθ=v₀t，
rsinθ=$\frac{1}{2}$at²，
qE=ma，
以上三式聯(lián)立可得：v₀=（1+cosθ）$\sqrt{\frac{qEr}{2msinθ}}$，
代入數(shù)據(jù)解得：v₀=3×10⁶ m/s．
（2）由題意可知，粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為：R=$\frac{m{v}_{0}}{qB}$=0.2m，
以O點為圓心、OA=0.2m為半徑做出圓弧AC交y軸于C點，
以C點為圓心、CO為半徑作出粒子運動的軌跡交弧AC于D點，
則OD=2r=0.2m，如圖所示，過D點作切線，分別交OA于F點，交MN于E點，
則E點即粒子能夠打在熒光屏MN上的粒子離A點的最遠距離，
由幾何關系可知：sinα=$\frac{r}{R}$，
所以：OF=Rtanα，
因此AF=2r-OF，
由幾何關系可知∠EFA=2α，
所以AE=AFtan2α，
以上各式聯(lián)立解得：AE=$\frac{\sqrt{3}-1}{5}$ m．
答：（1）粒子從坐標原點O入射的初速度v₀為3×10⁶m/s；
（2）在此過程中打在熒光屏MN上的粒子與A點的最遠距離為$\frac{\sqrt{3}-1}{5}$m．

點評 帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動解題常用的程序是：
1、畫軌跡：確定圓心，幾何方法求半徑并畫出軌跡．
2、找關系：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．