Question

10．如圖所示，圓形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場垂直xoy平面向外，該圓形區(qū)域的圓心為O₁，半徑為R，并與x軸相切于原點(diǎn)O．現(xiàn)從離子源發(fā)出比荷為k（即電荷量與質(zhì)量的比值）的正離子，沿直徑O₂O₃射入，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從O點(diǎn)垂直進(jìn)入x軸下方的勻強(qiáng)電場，該電場的場強(qiáng)為E，方向沿x軸正方向，最后打在位于檔板的o₄位置的離子探測器上．不計(jì)粒子所受重力．已知O₄點(diǎn)坐標(biāo)為（2R，-R），且O₁，O₂，O₃，O₄在一條直線上．求：
（1）離子射入磁場時(shí)的速度v
（2）圓形區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B
（已知tan$\frac{α}{2}$=$\frac{sinα}{1+cosα}$）

Answer 1

分析 （1）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法：沿y軸負(fù)方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，x軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求出粒子進(jìn)入電場時(shí)速度．
（2）粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出其運(yùn)動(dòng)軌跡，由幾何知識求出軌跡半徑，再求出磁感應(yīng)強(qiáng)度．

解答 解：（1）粒子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，沿y軸負(fù)方向做勻減速運(yùn)動(dòng)，位移為R=vt
x軸方向：2R=$\frac{1}{2}a{t}^{2}$
$a=\frac{qE}{m}=kE$
解得：v=$\frac{1}{2}\sqrt{kER}$；
（2）由題意，已知圓的半徑是R，O₄點(diǎn)坐標(biāo)為（2R，-R），且O₁，O₂，O₃，O₄在一條直線上，所以O(shè)₂O₃與y軸之間的夾角是45°，粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，
粒子偏轉(zhuǎn)的角度是45°，其軌跡圓弧對應(yīng)的圓心角是45°，所以：$\frac{R}{r}=tan\frac{45°}{2}$=$\frac{sin45°}{1+cos45°}=\frac{\sqrt{2}}{2+\sqrt{2}}$
所以：$r=（1+\sqrt{2}）R$
帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，所以：$qvB=\frac{m{v}^{2}}{r}$
所以：B=$\frac{mv}{qr}$=$\frac{\frac{1}{2}\sqrt{kER}}{k（1+\sqrt{2}）R}$=$\frac{1}{2+2\sqrt{2}}•\sqrt{\frac{E}{kR}}$．
答：（1）離子射入磁場時(shí)的速度是$\frac{1}{2}\sqrt{kER}$；
（2）圓形區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度是$\frac{1}{2+2\sqrt{2}}•\sqrt{\frac{E}{kR}}$．

點(diǎn)評 帶電粒子在組合場中的運(yùn)動(dòng)問題，首先要運(yùn)用動(dòng)力學(xué)方法分析清楚粒子的運(yùn)動(dòng)情況，再選擇合適方法處理．對于勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，常常運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法，將其分解為兩個(gè)直線的合成，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求解；對于磁場中圓周運(yùn)動(dòng)，要正確畫出軌跡，由幾何知識求解半徑．