Question

11．如圖所示，在以坐標原點O為圓心、半徑為R的圓形區(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M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N點射出．
（1）求電場強度的大小和方向．
（2）若僅撤去磁場，帶電粒子仍從M點以相同的速度射入，經(jīng)$\frac{{t}_{0}}{2}$時間恰從圓形區(qū)域的邊界射出．求粒子運動加速度的大�。�
（3）若僅撤去電場，帶電粒子仍從M點射入，且速度為原來的2倍，請結(jié)合（2）中的條件，求粒子在磁場中運動的時間．

Answer 1

分析 （1）由左手定則判斷出粒子所受洛倫茲力方向，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）粒子在電場中做類平拋運動，應(yīng)用類平拋運動規(guī)律可以求出粒子的加速度．
（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律可以求出粒子運動的半徑，然后結(jié)合偏轉(zhuǎn)的角度求出時間．

解答 解：（1）由左手定則可知，粒子剛射入磁場時受到的洛倫茲力水平向右，粒子做勻速直線運動，洛倫茲力與電場力是一對平衡力，電場力水平向左，粒子帶正電，則電場強度的方向水平向右；由平衡條件得：
qE=qv₀B，
又：${v}_{0}=\frac{2R}{{t}_{0}}$
解得電場強度大小為：E=$\frac{2BR}{{t}_{0}}$；
（2）由左手定則可知，正電荷向上運動的過程中受到的洛倫茲力的方向向左，所以電場力的方向向右，電場的方向向右，撤去磁場后粒子在電場中做類平拋運動，
豎直方向：y=v₀t=${v}_{0}•\frac{{t}_{0}}{2}={v}_{0}•\frac{\frac{2R}{{t}_{0}}}{2}=R$，
豎直方向的位移是R，所以粒子從圓形區(qū)域的最右邊射出，所以水平方向的位移也是R，則水平方向：$R=\frac{1}{2}a{t}^{2}$，
解得：$a=\frac{2R}{{t}^{2}}=\frac{2R}{（\frac{{t}_{0}}{2}）^{2}}=\frac{8R}{{t}_{0}^{2}}$
（2）若僅撤去電場，帶電粒子仍從M點射入，且速度為原來的2倍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：
q2v₀B=m$\frac{（2{v}_{0}）^{2}}{r}$，
而：qv₀B=qE=ma=$\frac{8mR}{{t}_{0}^{2}}$
解得：$r=\frac{m•2{v}_{0}}{qB}=\frac{m•2•\frac{2R}{{t}_{0}}•\frac{2R}{{t}_{0}}}{\frac{8mR}{{t}_{0}^{2}}}=R$
粒子在磁場中運動的半徑與磁場的半徑相同，所以粒子在磁場中運動的軌跡是$\frac{1}{4}$圓周，則運動的時間為$\frac{1}{4}$周期．粒子在磁場中運動的時間為：
$t′=\frac{1}{4}•T=\frac{1}{4}•\frac{2πr}{2{v}_{0}}=\frac{πR}{4{v}_{0}}=\frac{π{t}_{0}}{8}$
答：（1）電場強度的大小是$\frac{2BR}{{t}_{0}}$，方向水平向右．
（2）若僅撤去磁場，帶電粒子仍從M點以相同的速度射入，經(jīng)$\frac{{t}_{0}}{2}$時間恰從圓形區(qū)域的邊界射出．粒子運動加速度的大小是$\frac{8R}{{t}_{0}^{2}}$．
（3）若僅撤去電場，帶電粒子仍從M點射入，且速度為原來的2倍，請結(jié)合（2）中的條件，粒子在磁場中運動的時間$\frac{π{t}_{0}}{8}$

點評 解答本題的關(guān)鍵是分析粒子的受力情況，再分析運動情況．對于類平拋運動要掌握分解的方法，對于勻速圓周運動，運用幾何知識確定圓心角是關(guān)鍵．